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

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$ nên $O$ là trung điểm của $AC$ và $BD$. Xét tam giác $SAC$ cân tại $S$ ($SA=SC$) có $O$ là trung điểm $AC$ nên $SO\perp AC$. Tương tự, tam giác $SBD$ cân tại $S$ ($SB=SD$) có $O$ là trung điểm $BD$ nên $SO\perp BD$. Vì $SO$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau $AC$ và $BD$ cùng nằm trong mặt phẳng $(ABCD)$ nên $SO\perp (ABCD)$. Vậy khẳng định đúng là B.

(AI giải đề cho tôi)
Tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$ nên $BC\perp AB$, $BC=a$. Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$ và $SA\perp AB$.
a) $BC\perp AB$ và $BC\perp SA\Rightarrow BC\perp (SAB)$: đúng.
b) Giao tuyến của $(SBC)$ và $(ABC)$ là $BC$. Vì $BC\perp (SAB)$ nên $BC\perp SB$ và $BC\perp AB$, do đó góc giữa hai mặt phẳng là $\widehat{SBA}$. $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\sqrt{6}\Rightarrow \widehat{SBA}\approx 67,79^{\circ }\approx 68^{\circ }$: đúng.
c) Góc giữa $SC$ và $(ABC)$ là $\widehat{SCA}$ với $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{6}}{a\sqrt{2}}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SCA}=60^{\circ }\ne 30^{\circ }$: sai.
d) $V=\frac{1}{3}\cdot S_{ABC}\cdot SA=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2}{2}\cdot a\sqrt{6}=\frac{\sqrt{6}{a}^3}{6}$: đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$BC\perp AB$ (tam giác vuông tại $B$) và $BC\perp SA$ (vì $SA\perp (ABC)$) nên $BC\perp (SAB)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Giao tuyến là $BC$; vì $BC\perp (SAB)$ nên $BC\perp SB$, $BC\perp AB$, góc giữa hai mặt phẳng là $\widehat{SBA}$ với $\tan \widehat{SBA}=\sqrt{6}\Rightarrow \widehat{SBA}\approx 68^{\circ }$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Góc giữa $SC$ và $(ABC)$ là $\widehat{SCA}$, $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{6}}{a\sqrt{2}}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SCA}=60^{\circ }$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$V=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2}{2}\cdot a\sqrt{6}=\frac{\sqrt{6}{a}^3}{6}$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA=SC$ nên tam giác $SAC$ cân tại $S$, mà $O$ là trung điểm $AC$ (tâm hình bình hành) nên $SO\perp AC$. Tương tự, $SB=SD$ nên tam giác $SBD$ cân tại $S$, $O$ là trung điểm $BD$ nên $SO\perp BD$. Trong mặt phẳng $(ABCD)$, $AC$ và $BD$ là hai đường chéo cắt nhau tại $O$, do đó $SO\perp (ABCD)$. Vậy khẳng định đúng là B.

(AI giải đề cho tôi)
a) Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp CB$; lại có $ABCD$ hình vuông nên $CB\perp AB$. Do đó $CB\perp (SAB)$. Đúng.
b) Tương tự $CD\perp AD$ và $CD\perp SA$ nên $CD\perp (SAD)$, mà $CD\subset (SCD)$ nên $(SCD)\perp (SAD)$. Đúng.
c) Góc giữa $SB$ và $(ABCD)$ là góc $SBA$: $\tan SBA=\frac{SA}{AB}=\frac{a\sqrt{2}}{a}=\sqrt{2}\Rightarrow SBA\approx 54,74^{\circ }\approx 55^{\circ }$. Đúng.
d) $V=\frac{1}{3}\cdot a^2\cdot a\sqrt{2}=\frac{\sqrt{2}{a}^3}{3}\ne \frac{\sqrt{2}{a}^3}{6}$. Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$SA\perp (ABCD)\Rightarrow SA\perp CB$; $CB\perp AB$ (hình vuông) nên $CB\perp (SAB)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$CD\perp AD$, $CD\perp SA\Rightarrow CD\perp (SAD)\Rightarrow (SCD)\perp (SAD)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\tan \widehat{SBA}=\sqrt{2}\Rightarrow \widehat{SBA}\approx 54,74^{\circ }\approx 55^{\circ }$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$V=\frac{\sqrt{2}{a}^3}{3}$, không phải $\frac{\sqrt{2}{a}^3}{6}$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$ nên $O$ là trung điểm của cả $AC$ và $BD$. Xét tam giác $SAC$ cân tại $S$ ($SA=SC$), có $O$ là trung điểm $AC$ nên $SO\perp AC$. Xét tam giác $SBD$ cân tại $S$ ($SB=SD$), có $O$ là trung điểm $BD$ nên $SO\perp BD$. Vì $SO$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau $AC\cap BD=\{O\}$ cùng nằm trong mặt phẳng $(ABCD)$, theo định lý về đường thẳng vuông góc với mặt phẳng suy ra $SO\perp (ABCD)$. Các khẳng định A, C, D không thể suy ra từ dữ kiện đã cho. Vậy khẳng định đúng là B, trùng với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AB=AC$ nên tam giác $ABC$ cân tại $A$, với $E$ trung điểm $BC$ ta có $AE\perp BC$. Vì $DB=DC$ nên tam giác $DBC$ cân tại $D$, suy ra $DE\perp BC$. Khi đó $BC\perp AE$ và $BC\perp DE$ với $AE,DE$ cắt nhau tại $E$ trong mặt phẳng $(ADE)$, do đó $BC\perp (ADE)$. Suy ra $BC\perp AD$ (vì $AD\subset (ADE)$). Vậy các khẳng định A, B, D đều đúng. Khẳng định C sai vì không có dữ kiện nào cho $AB\perp DE$ (nói chung $AB$ không vuông góc với $DE$).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AB$ và $SA\perp BC$; đáy $ABCD$ là hình vuông nên $BC\perp AB$. Từ đó $BC\perp (SAB)$ (C đúng) và $SA\perp (ABC)$ (B đúng). Hai đường chéo hình vuông $BD\perp AC$, cộng với $BD\perp SA$ nên $BD\perp (SAC)$ (D đúng). Xét A: $CD\parallel AB$ nên để $CD\perp (SBC)$ cần $CD\perp SB$, tức $AB\perp SB$. Nhưng tam giác $SAB$ vuông tại $A$ nên góc $SBA$ nhọn, $AB$ không vuông góc với $SB$. Vậy $CD$ không vuông góc với $(SBC)$: khẳng định A sai.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$. Mặt khác $H$ là hình chiếu của $S$ lên $BC$ nên $SH\perp BC$. Từ đó $BC\perp (SAH)$, suy ra $BC\perp AH$ (vì $AH\subset (SAH)$). Các khẳng định $BC\perp AC$, $BC\perp SC$, $BC\perp AB$ chỉ đúng khi tam giác đáy vuông tại $A$, $C$, $B$ tương ứng, trái giả thiết tam giác đáy không vuông. Vậy đáp án đúng là B, khớp với đáp án nguồn.

Chọn C. $\{\begin{array}{l}AB\perp AD\\ AB\perp SA\end{array}\Rightarrow AB\perp (SAD)$ nên A đúng. $\{\begin{array}{l}AD\perp AB\\ AD\perp SA\end{array}\Rightarrow AD\perp (SAB)$ nên B đúng. $\{\begin{array}{l}AB\perp (SAD)\\ CD//AB\end{array}\Rightarrow CD\perp (SAD)$ nên D đúng. Đáp án sai là $BC\perp (SCD)$. Chọn C

Chọn D. Ta có $\{\begin{array}{l}AB\perp AC\\ AB\perp SA\end{array}\Rightarrow AB\perp (SAC)$. Chọn đáp án D.

a) Vì tam giác $ABC$ đều nên $CH\perp AB$. Mặt khác $AB\parallel CD$ nên $CH\perp CD$.

Lại có $SH\perp CD$ nên $CD\perp (SHC)$.

[Hình cần kiểm tra lại: p5_f2]

b) Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $AB$. Dựng $EI\perp SC$ $(I\in SC)$. Theo câu a) ta có $EI\perp CD$ nên $EI\perp (SCD)$.

Dựng $EK\perp SM$ ($K\in SM$). Ta chứng minh được $AB\perp (SMC)$ nên $AB\perp EK$. Từ đó suy ra $EK\perp (SAB)$.

Ta có $MC=2.\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$; $SM=\frac{\sqrt{30}}{3}$; $SC=\frac{\sqrt{39}}{3}$.
$S_{SMC}=\frac{1}{2}SH.MC=\frac{1}{2}.\sqrt{3}.\sqrt{3}=\frac{3}{2}$.

Ta có $S_{SMC}=S_{SEC}+S_{SEM}=\frac{1}{2}.EI.SC+\frac{1}{2}.EK.SM$.
Suy ra $\frac{3}{2}=\frac{1}{2}.EI.\frac{\sqrt{39}}{3}+\frac{1}{2}.EK.\frac{\sqrt{30}}{3}\iff EI\sqrt{13}+EK\sqrt{10}=3\sqrt{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
Hình lập phương cạnh $3a$. a) Đúng: $AC\perp BD$ và $A{A}^{\prime }\perp (ABCD)$ nên $BD\perp (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$, do đó $A^{\prime }C\perp BD$; lại $A^{\prime }C\perp B{B}^{\prime }$ (vì $B{B}^{\prime }\perp (ABCD)$) nên $A^{\prime }C\perp (BD{D}^{\prime }{B}^{\prime })$. b) Đúng: $AC\subset (A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C)$, $AC\perp BD$ với $BD\subset (B{B}^{\prime }{D}^{\prime }D)$ nên hai mặt phẳng vuông góc. c) Sai: $BC\perp (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ nên $BC\perp BA$ và $BC\perp B{A}^{\prime }$; góc nhị diện $[A^{\prime },BC,A]$ là $\widehat{A^{\prime }BA}=45^{\circ }\ne 90^{\circ }$. d) Sai: với tọa độ $A(0,0,0),B(3,0,0),C(3,3,0),A^{\prime }(0,0,3),B^{\prime }(3,0,3)$ thì $\overrightarrow{A^{\prime }B}=(3,0,-3)$, $\overrightarrow{B^{\prime }C}=(0,3,-3)$, $\cos =\frac{9}{3\sqrt{2}\cdot 3\sqrt{2}}=\frac{1}{2}\ne \frac{\sqrt{3}}{2}$. Khớp với đáp án mã đề 102: Đ, Đ, S, S.
a) (AI giải đề cho tôi)
$AC\perp BD$ và $A{A}^{\prime }\perp (ABCD)$ suy ra $BD\perp (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ nên $A^{\prime }C\perp BD$; hơn nữa $A^{\prime }C\perp B{B}^{\prime }$. Vậy $A^{\prime }C\perp (BD{D}^{\prime }{B}^{\prime })$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$AC\subset (A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C)$, $BD\subset (B{B}^{\prime }{D}^{\prime }D)$ và $AC\perp BD$ nên $(A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C)\perp (B{B}^{\prime }{D}^{\prime }D)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Vì $BC\perp (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ nên $BC\perp BA$, $BC\perp B{A}^{\prime }$. Góc nhị diện $[A^{\prime },BC,A]$ là $\widehat{A^{\prime }BA}=45^{\circ }$, không phải $90^{\circ }$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $\overrightarrow{A^{\prime }B}=(3,0,-3)$, $\overrightarrow{B^{\prime }C}=(0,3,-3)$, cosin góc bằng $\frac{9}{18}=\frac{1}{2}\ne \frac{\sqrt{3}}{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong không gian, qua một điểm $O$ cho trước chỉ tồn tại duy nhất một mặt phẳng vuông góc với đường thẳng $\Delta$ cho trước (mặt phẳng đó chứa mọi đường thẳng qua $O$ vuông góc với $\Delta$). Vậy đáp án là $1$ mặt phẳng, khớp với đáp án nguồn B (mã đề 102, câu 7).

(AI giải đề cho tôi)
Định lý về đường thẳng vuông góc với mặt phẳng: hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì song song với nhau, nên A đúng. B sai vì hai đường thẳng cùng vuông góc với đường thẳng thứ ba có thể chéo nhau hoặc cắt nhau. C sai vì hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng trong không gian có thể chéo nhau. D sai vì thiếu điều kiện 'phân biệt' (nếu trùng nhau thì không song song). Đáp án khớp với bảng đáp án mã đề 101, câu 6: A.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SM\perp (MNPQ)$ nên $SM\perp NQ$. Đáy $MNPQ$ là hình vuông nên hai đường chéo $MP$ và $NQ$ vuông góc nhau: $NQ\perp MP$. Vì $NQ$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau $SM$ và $MP$ cùng nằm trong mặt phẳng $(SMP)$, suy ra $NQ\perp (SMP)$. Các đường $SN,PQ,MN$ không vuông góc với $(SMP)$. Vậy đáp án là $NQ$. Khớp với đáp án nguồn (Đề 1014, Câu 7: A).

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp tứ giác đều S.MNPQ có đáy MNPQ là hình vuông, I là tâm đáy. Theo định nghĩa, đường cao của hình chóp đều là đoạn thẳng nối đỉnh với tâm đáy và vuông góc với mặt đáy, tức là $SI\perp (MNPQ)$. Các đoạn $SP$, $SN$, $SM$ đều là cạnh bên (nghiêng), không vuông góc với mặt đáy. Vậy đường cao là $SI$, khớp với đáp án nguồn (Đề 1014, Câu 9: C).

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông, tâm $O$ là giao điểm hai đường chéo. Trong hình chóp đều, đỉnh $S$ có hình chiếu vuông góc xuống đáy đúng tại tâm $O$, tức $SO\perp (ABCD)$. Vậy đường cao của hình chóp là $SO$. Các cạnh bên $SA,SB,SD$ không vuông góc với mặt đáy nên không phải đường cao. Đáp án khớp với đáp án nguồn (Đề 1013, Câu 4: C).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình vuông nên $BD\perp AC$. Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BD$. Do $BD$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau $AC$ và $SA$ cùng nằm trong mặt phẳng $(SAC)$, suy ra $BD\perp (SAC)$. Đáp án A, khớp với đáp án nguồn (Đề 1013, Câu 6: A).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SM\perp (MNPQ)$ nên $SM\perp NQ$. Đáy $MNPQ$ là hình vuông nên hai đường chéo $MP$ và $NQ$ vuông góc với nhau, tức $NQ\perp MP$. Vì $NQ$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau $SM$ và $MP$ cùng nằm trong mặt phẳng $(SMP)$, nên $NQ\perp (SMP)$. Các đường còn lại không thỏa mãn: $PQ$ và $MN$ nằm trong $(MNPQ)$ nhưng không vuông góc với $MP$ (chỉ vuông góc với các cạnh), còn $SN$ cắt mặt phẳng $(SMP)$ tại $S$ và không vuông góc với nó. Vậy đáp án là $NQ$, khớp với đáp án nguồn (Đề 1012, Câu 3: B).