Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Đường vuông góc mặt (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Tứ diện đều $ABCD$ cạnh $a$, $M$ trung điểm $CD$. a) Tam giác $ACD$ đều nên trung tuyến $AM$ cũng là đường cao: $AM\perp CD$; tương tự $BM\perp CD$. Đúng. b) $CD\perp AM$, $CD\perp BM$, $AM$ và $BM$ cắt nhau tại $M$ trong $(MAB)$ nên $CD\perp (MAB)$. Đúng. c) $(MAB)$ chứa $AM\perp CD$ với $CD\subset (BCD)$, giao tuyến $BM$, nên $(MAB)\perp (BCD)$. Đúng. d) Chiều cao từ $A$ là $h=a\sqrt{2/3}$. Hình chiếu của $A$ lên $(BCD)$ là trung điểm $H$ của $BM$ (do $A$ cách đều $B,C,D$). Góc giữa $AC$ và $(BCD)$ là $\widehat{ACH}$ với $\sin \widehat{ACH}=AH/AC=\sqrt{2/3}\approx 0,8165$, góc $\approx 54,74^{\circ }\ne 60^{\circ }$. Sai. Kết quả Đ Đ Đ S khớp bảng đáp án mã đề 0101 Phần II Câu 2.
a) (AI giải đề cho tôi)
Tam giác $ACD$ đều nên trung tuyến $AM$ cũng là đường cao: $AM\perp CD$; tương tự $BM\perp CD$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$CD\perp AM$, $CD\perp BM$, $AM$ và $BM$ cắt nhau trong $(MAB)$ nên $CD\perp (MAB)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$(MAB)$ chứa $AM\perp CD$ với $CD\subset (BCD)$, giao tuyến $BM$, nên $(MAB)\perp (BCD)$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\sin$(góc) $=h/a=\sqrt{2/3}$, góc $\approx 54,74^{\circ }\ne 60^{\circ }$.

a) Đúng. Tam giác $ABC$ vuông cân tại $B\Rightarrow BM\perp AC$. Lại có $AC\perp B{B}^{\prime }$ (do lăng trụ đứng) $\Rightarrow AC\perp (MB{B}^{\prime })$.
b) Sai. Kẻ $BH\perp B^{\prime }M$. Vì $AC\perp (MB{B}^{\prime })\Rightarrow AC\perp BH$. Suy ra $BH\perp (B^{\prime }AC)$, do đó $d(B,(B^{\prime }AC))=BH$. Xét tam giác vuông $B^{\prime }BM$, ta có:
$$\frac{1}{B{H}^2}=\frac{1}{B{M}^2}+\frac{1}{B{B}^{\prime 2}}=\frac{1}{{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2}+\frac{1}{(a\sqrt{2}{)}^2}=\frac{2}{a^2}+\frac{1}{2a^2}=\frac{5}{2a^2}\Rightarrow BH=\frac{a\sqrt{10}}{5}.$$
c) Sai. Góc nhị diện tương ứng là $\widehat{ABC}$ (vì $AB\perp B{B}^{\prime }$ và $BC\perp B{B}^{\prime }$). Do $△ABC$ vuông tại $B$ nên góc bằng 90°.
d) Đúng. Hình chiếu của $A^{\prime }C$ lên $(ABC)$ là $AC$. Góc cần tìm là $\widehat{A^{\prime }CA}$. $△A^{\prime }AC$ vuông tại $A$ có $\tan \widehat{A^{\prime }CA}=\frac{A^{\prime }A}{AC}=\frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{2}}=1\Rightarrow \widehat{A^{\prime }CA}=45^{\circ }$.
a) Đúng. Tam giác $ABC$ vuông cân tại $B\Rightarrow BM\perp AC$. Lại có $AC\perp B{B}^{\prime }$ (do lăng trụ đứng) $\Rightarrow AC\perp (MB{B}^{\prime })$.
b) Sai. Kẻ $BH\perp B^{\prime }M$. Vì $AC\perp (MB{B}^{\prime })\Rightarrow AC\perp BH$. Suy ra $BH\perp (B^{\prime }AC)$, do đó $d(B,(B^{\prime }AC))=BH$. Xét tam giác vuông $B^{\prime }BM$, ta có:
$$\frac{1}{B{H}^2}=\frac{1}{B{M}^2}+\frac{1}{B{B}^{\prime 2}}=\frac{1}{{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2}+\frac{1}{(a\sqrt{2}{)}^2}=\frac{2}{a^2}+\frac{1}{2a^2}=\frac{5}{2a^2}\Rightarrow BH=\frac{a\sqrt{10}}{5}.$$
c) Sai. Góc nhị diện tương ứng là $\widehat{ABC}$ (vì $AB\perp B{B}^{\prime }$ và $BC\perp B{B}^{\prime }$). Do $△ABC$ vuông tại $B$ nên góc bằng 90°.
d) Đúng. Hình chiếu của $A^{\prime }C$ lên $(ABC)$ là $AC$. Góc cần tìm là $\widehat{A^{\prime }CA}$. $△A^{\prime }AC$ vuông tại $A$ có $\tan \widehat{A^{\prime }CA}=\frac{A^{\prime }A}{AC}=\frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{2}}=1\Rightarrow \widehat{A^{\prime }CA}=45^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp AC$, tam giác $SAC$ vuông tại $A$ với $\widehat{SCA}=60^0$ suy ra $SA=AC\tan 60^0=a\sqrt{3}$, $SC=2a$.
a) $SA\perp (ABC)$ với $SA\subset (SAC)$ nên $(SAC)\perp (ABC)$: đúng.
b) Ta có $BC\perp AC$ và $BC\perp SA$ nên $BC\perp (SAC)$; cũng có $AB\perp SA$ nên $(SAB)\perp (SAC)$ theo giao tuyến $SA$. Do đó $d(C,(SAB))=d(C,SA)=AC=a\ne a\sqrt{2}$: sai.
c) Vì $BC\perp (SAC)$ nên góc nhị diện $[S,BC,A]$ là $\widehat{SCA}=60^0$: đúng.
d) $V(S.ABH)=V(H.SAB)$, $V(S.ABC)=V(C.SAB)$ nên tỉ số bằng $\frac{d(H,(SAB))}{d(C,(SAB))}$. Trong mặt phẳng $(SAC)$, đặt $A(0,0)$, $C(a,0)$, $S(0,a\sqrt{3})$; $H$ là chân đường vuông góc từ $A$ xuống $SC$ nên $H=\left(\frac{3a}{4},\frac{a\sqrt{3}}{4}\right)$. Khoảng cách từ $H$ đến $SA$ (trục $x=0$) là $\frac{3a}{4}$, còn $d(C,SA)=a$. Tỉ số $=\frac{3a/4}{a}=\frac{3}{4}$: đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$SA\perp (ABC)$ và $SA\subset (SAC)$ nên $(SAC)\perp (ABC)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$(SAB)\perp (SAC)$ theo giao tuyến $SA$ nên $d(C,(SAB))=d(C,SA)=AC=a$, không bằng $a\sqrt{2}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$BC\perp (SAC)$ nên góc nhị diện $[S,BC,A]$ bằng $\widehat{SCA}=60^0$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Tỉ số $\frac{V(S.ABH)}{V(S.ABC)}=\frac{d(H,(SAB))}{d(C,(SAB))}=\frac{3a/4}{a}=\frac{3}{4}$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì tam giác $ABC$ cân tại $B$ và $I$ là trung điểm $AC$ nên $BI\perp AC$. Lại có $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BI$. Từ đó $BI\perp (SAC)$, suy ra $BI\perp SC$. Mặt khác $H$ là hình chiếu của $I$ trên $SC$ nên $IH\perp SC$. Vì $BI\cap IH=I$ trong mặt phẳng $(BIH)$ nên $SC\perp (BIH)$. Vậy khẳng định đúng là B. Các phương án khác sai: không có dữ kiện $BC\perp AB$ nên A sai; $SB$ không vuông góc với $BI$ (vì $BI\perp (SAC)$ mà $SB$ không nằm trong $(SAC)$... thực tế $SB$ cắt $(BIH)$ tại $B$ không vuông góc) nên C sai; $AC$ không vuông góc $(BIH)$ vì $AC$ không vuông góc $IH$ nói chung nên D sai.

(AI giải đề cho tôi)
Phần IV, Câu 2. Cho hình chóp $S.ABCD$ đáy là hình chữ nhật, $SA\perp (ABCD)$, $AH$ là đường cao của tam giác $SAB$ ($H\in SB$).

a) Chứng minh $BC\perp (SAB)$:
- Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên $BC\perp AB$.
- Vì $SA\perp (ABCD)$ mà $BC\subset (ABCD)$ nên $SA\perp BC$.
- Ta có $BC\perp AB$, $BC\perp SA$, với $AB,SA\subset (SAB)$ và $AB\cap SA=A$, do đó $BC\perp (SAB)$.

b) Chứng minh $AH\perp SC$:
- Vì $AH$ là đường cao của tam giác $SAB$ nên $AH\perp SB$.
- Theo câu a) $BC\perp (SAB)$ mà $AH\subset (SAB)$ nên $BC\perp AH$.
- Ta có $AH\perp SB$, $AH\perp BC$, với $SB,BC\subset (SBC)$ và $SB\cap BC=B$, suy ra $AH\perp (SBC)$.
- Vì $SC\subset (SBC)$ nên $AH\perp SC$. $■$

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(2;0;0)$, $C(0;\sqrt{3};0)$, $H(1;0;0)$. Tam giác $ABD$ đều cạnh 2 nên $DH\perp AB$ và $DH=\sqrt{3}$, do $(ABD)\perp (ABC)$ giao tuyến $AB$ nên $D(1;0;\sqrt{3})$.
a) Vì $DH\subset (ABD)$, $DH\perp AB$ (giao tuyến) và $(ABD)\perp (ABC)$ nên $DH\perp (ABC)$. Đúng.
b) Hình chiếu của $D$ lên $(ABC)$ là $H$, $HC=\sqrt{1+3}=2$, $DH=\sqrt{3}$ nên $\tan (DC,(ABC))=\frac{DH}{HC}=\frac{\sqrt{3}}{2}\ne \sqrt{3}$. Sai.
c) $V=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}\cdot AB\cdot AC\cdot DH=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}\cdot 2\cdot \sqrt{3}\cdot \sqrt{3}=1$. Đúng.
d) ${\vec{u}}_{AB}=(1;0;0)$, $\overrightarrow{CD}=(1;-\sqrt{3};\sqrt{3})$, $\vec{n}={\vec{u}}_{AB}\times \overrightarrow{CD}=(0;-\sqrt{3};-\sqrt{3})$, $\overrightarrow{AC}=(0;\sqrt{3};0)$. Khoảng cách $d(AB,CD)=\frac{|\overrightarrow{AC}\cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=\frac{3}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{2}\ne \frac{\sqrt{15}}{3}$. Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$DH\perp AB$, $DH\subset (ABD)$, $(ABD)\perp (ABC)$ giao tuyến $AB$ nên $DH\perp (ABC)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$\tan (DC,(ABC))=\frac{DH}{HC}=\frac{\sqrt{3}}{2}\ne \sqrt{3}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$V=\frac{1}{3}\cdot S_{ABC}\cdot DH=\frac{1}{3}\cdot \sqrt{3}\cdot \sqrt{3}=1$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Tính bằng tích có hướng được $d(AB,CD)=\frac{\sqrt{6}}{2}\ne \frac{\sqrt{15}}{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng khẳng định:
1) Đúng. Định lý: qua một điểm cho trước có duy nhất một mặt phẳng vuông góc với một đường thẳng cho trước.
2) Đúng. Định lý: qua một điểm cho trước có duy nhất một đường thẳng vuông góc với một mặt phẳng cho trước.
3) Đúng. Nếu $\Delta \perp (P)$ thì $\Delta$ vuông góc với mọi đường thẳng nằm trong $(P)$, và cũng vuông góc với mọi đường thẳng song song với $(P)$ (vì đường thẳng đó song song với một đường thẳng nằm trong $(P)$, mà $\Delta$ vuông góc với đường thẳng nằm trong $(P)$ đó).
4) Đúng. Nếu $a\perp \Delta$ và $(P)\perp \Delta$ thì vectơ pháp tuyến của $(P)$ song song với $\Delta$, do đó $a$ hoặc nằm trong $(P)$ hoặc song song với $(P)$ (nếu $a$ cắt $(P)$ tại một điểm thì qua điểm đó có hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với $\Delta$, mâu thuẫn với tính duy nhất).
Vậy cả 4 khẳng định đều đúng, đáp số là 4, trùng với đáp án nguồn (Câu 15 = 4).

Ta có:
- $SA\perp (ABC)\Rightarrow SA\perp BC$. Kết hợp $BC\perp AB$ ta suy ra $BC\perp (SAB)$.
- Vì $BC\perp (SAB)$ và $AH\subset (SAB)$ nên $AH\perp BC$ (đáp án B đúng, C đúng).
- Lại có $AH\perp SB$ (giả thiết) và $AH\perp BC$ nên $AH\perp (SBC)\Rightarrow AH\perp SC$ (đáp án D đúng).
- $AH$ không vuông góc với $AC$ vì nếu $AH\perp AC$ thì do $AH\perp BC$ suy ra $AH\perp (ABC)\Rightarrow AH\parallel SA$, mâu thuẫn với $AH\subset (SAB)$ cắt $SA$ tại $A$.

Vậy khẳng định sai là $AH\perp AC$.

Ta có $CD\perp AD$ và $CD\perp SA\Rightarrow CD\perp (SAD)\Rightarrow CD\perp SD$, nên $△SCD$ vuông tại $D$ chứ không vuông tại $C$.

Trong tứ diện vuông $OABC$ tại $O$:
- $H$ là trực tâm tam giác $ABC$ (đúng).
- $\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{O{A}^2}+\frac{1}{O{B}^2}+\frac{1}{O{C}^2}$ (đúng).
- $OA\perp (OBC)\Rightarrow OA\perp BC$ (đúng).
- Khẳng định $AH\perp (OBC)$ là sai vì $OA\perp (OBC)$, mà $H\ne O$ nên $AH$ không vuông góc với $(OBC)$.
Chọn B.

Ta có $BC\perp AB$ và $BC\perp SA\Rightarrow BC\perp (SAB)$ nên $(2)$ đúng. Từ đó $BC\perp AH$, kết hợp $AH\perp SB\Rightarrow AH\perp (SBC)\Rightarrow AH\perp SC$ nên $(1)$ đúng. Khẳng định $(3)$ sai. Vậy có $2$ khẳng định đúng.

Ta có: $BD\perp AC$ và $BD\perp A{A}^{\prime }⟹BD\perp (A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C)⟹BD\perp A{C}^{\prime }$.
Tương tự: $A^{\prime }B\perp A{B}^{\prime }$ và $A^{\prime }B\perp B^{\prime }{C}^{\prime }⟹A^{\prime }B\perp (A{B}^{\prime }{C}^{\prime }D)⟹A^{\prime }B\perp A{C}^{\prime }$.
Vì $A{C}^{\prime }$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau $BD$ và $A^{\prime }B$ trong mặt phẳng $(A^{\prime }BD)$ nên $A{C}^{\prime }\perp (A^{\prime }BD)$.
Chọn đáp án A.

Trong tứ diện vuông $O.ABC$, ta có $OH\perp (ABC)$.
Do đó $OH\perp BC,OH\perp AB,OH\perp AC$.
Nếu $OH\perp OA$ thì $OA\parallel (ABC)$ hoặc $OA\subset (ABC)$, điều này vô lý vì $A\in (ABC)$ và $O\notin (ABC)$. Khẳng định D là sai.
Chọn đáp án D.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 101, trang 7), Câu 4 (Phần 2, câu 16): a) Đúng, b) Đúng, c) Đúng, d) Sai.

a), b) Đúng: $AH\perp (SBC)⟹AH\perp SC$ và $AK\perp (SCD)⟹AK\perp SC$, suy ra $SC\perp (AHK)$ nên góc giữa $SC$ và $(AHK)$ bằng $90^{\circ }$. c) Đúng: $H,K$ là trung điểm của $SB,SD$ nên $HK=\frac{1}{2}BD=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. d) Sai: Thiết diện $AHIK$ (với $I$ là hình chiếu của $A$ trên $SC$) có $AI\perp HK$ và $AI=\frac{a\sqrt{6}}{3}$, nên diện tích bằng $\frac{1}{2}AI\cdot HK=\frac{a^2\sqrt{3}}{6}\ne \frac{a^2\sqrt{3}}{3}$.

Gọi $h$ là chiều cao của hình chóp kẻ từ $S$ xuống mặt phẳng $(ABC)$. Vì $SA,SB,SC$ đôi một vuông góc nên $\frac{1}{h^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{S{B}^2}+\frac{1}{S{C}^2}=\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}=\frac{49}{36}\Rightarrow h=\frac{6}{7}$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 0101, trang 7), Câu 3 (Phần 1) chọn đáp án D.

Vì $BC\perp AB$ và $BC\perp SA$ nên $BC\perp (SAB)⟹BC\perp AM$. Kết hợp $AM\perp SB$ suy ra $AM\perp (SBC)⟹AM\perp SC$ và $AM\perp MN$. Khẳng định sai là $AN\perp SB$.

Đáp án: B. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 13-15, mã đề 101; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Vì $(SAB)\perp (ABCD)$ và $(SAD)\perp (ABCD)$ mà $(SAB)\cap (SAD)=SA$ nên $SA\perp (ABCD)$. Do đó $SA\perp AC$ (B đúng) và $SA\perp BC$. Kết hợp với $AB\perp BC$ suy ra $BC\perp (SAB)⟹BC\perp AH$ (D đúng). Tương tự $CD\perp (SAD)⟹CD\perp AK$. Từ đó chứng minh được $SC\perp (AHK)⟹SC\perp HK$ (A đúng). Mệnh đề $AK\perp BD$ là sai vì $AK\subset (SAD)$ và không vuông góc với $BD$. Chọn C.

Theo bảng đáp án chính thức Mã đề 0101 (trang 13): Chọn D ($AD\perp AC$).

Gọi $O=AC\cap BD$. Tam giác $SAC$ cân tại $S$ nên $SO\perp AC$, mà $ABCD$ là hình thoi nên $OB\perp AC$. Suy ra $AC\perp (SBD)\Rightarrow \overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{SB}=0$. Chọn B.