Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Hình chiếu vuông góc (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, các cạnh $A{A}^{\prime }$, $B{B}^{\prime }$, $C{C}^{\prime }$, $D{D}^{\prime }$ song song với nhau. Hình chiếu của điểm $C^{\prime }$ trên mặt phẳng $(ABCD)$ theo phương $A^{\prime }A$ (tức phương song song với $A{A}^{\prime }$) là giao điểm của đường thẳng qua $C^{\prime }$ song song với $A{A}^{\prime }$ với mặt phẳng $(ABCD)$. Đường thẳng qua $C^{\prime }$ song song với $A{A}^{\prime }$ chính là đường thẳng $C{C}^{\prime }$ (vì $C{C}^{\prime }\parallel A{A}^{\prime }$), và nó cắt mặt phẳng $(ABCD)$ tại điểm $C$. Vậy hình chiếu của $C^{\prime }$ theo phương $A^{\prime }A$ là điểm $C$. Khớp với đáp án nguồn: A.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 18 (Phần IV): Lều là lăng trụ đứng $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ với $AB=AC=2,4m$, $BC=2m$, $A{A}^{\prime }=3m$.

a) Vì $A{A}^{\prime }\perp (ABC)$ nên $A{A}^{\prime }\perp BC$, do đó góc giữa $A{A}^{\prime }$ và $BC$ bằng $90^{\circ }$.

Vì lăng trụ đứng nên $A^{\prime }{B}^{\prime }\parallel AB$, góc giữa $A^{\prime }{B}^{\prime }$ và $AC$ bằng góc giữa $AB$ và $AC$, tức góc $A$ của tam giác $ABC$ cân tại $A$:
$$\cos A=\frac{A{B}^2+A{C}^2-B{C}^2}{2AB\cdot AC}=\frac{2\cdot 2,4^2-2^2}{2\cdot 2,4^2}=\frac{7,52}{11,52}=\frac{47}{72}\approx 0,6528$$
Suy ra góc giữa $A^{\prime }{B}^{\prime }$ và $AC$ xấp xỉ $49^{\circ }15^{\prime }$ (khoảng $49,25^{\circ }$).

b) Tam giác $AB{B}^{\prime }$ vuông tại $B$ (vì $B{B}^{\prime }\perp (ABC)$ nên $B{B}^{\prime }\perp AB$), diện tích $S=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot B{B}^{\prime }=\frac{1}{2}\cdot 2,4\cdot 3=3,6m^2$.

Góc giữa hai mặt phẳng $(AB{B}^{\prime })$ và $(B{B}^{\prime }{C}^{\prime }C)$ là góc giữa $AB$ và $BC$ (giao tuyến $B{B}^{\prime }$, $B{B}^{\prime }\perp (ABC)$ nên $B{B}^{\prime }\perp AB$ và $B{B}^{\prime }\perp BC$), tức góc $B$ của tam giác $ABC$. Vì tam giác cân, đường cao từ $A$ xuống $BC$ đi qua trung điểm nên:
$$\cos B=\frac{BC/2}{AB}=\frac{1}{2,4}=\frac{5}{12}$$

Diện tích hình chiếu vuông góc của tam giác $AB{B}^{\prime }$ trên $(B{B}^{\prime }{C}^{\prime }C)$:
$$S^{\prime }=S\cdot \cos B=3,6\cdot \frac{5}{12}=1,5m^2$$

Kết luận: góc giữa $A{A}^{\prime }$ và $BC$ là $90^{\circ }$; góc giữa $A^{\prime }{B}^{\prime }$ và $AC$ xấp xỉ $49^{\circ }15^{\prime }$; diện tích hình chiếu là $1,5m^2$. Các tính toán đã được kiểm tra lại và khớp với lời giải AI được cung cấp.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA=SB=SC$ và $H$ là hình chiếu của $S$ trên $(ABC)$, ta có $HA=HB=HC$ (do $S{A}^2=S{H}^2+H{A}^2$, v.v.). Vậy $H$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Mà $ABC$ vuông tại $B$ nên tâm đường tròn ngoại tiếp là trung điểm cạnh huyền $AC$. Do đó $H$ là trung điểm cạnh $AC$ → chọn D.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình lập phương $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, cạnh $C{C}^{\prime }$ vuông góc với mặt đáy $(ABCD)$ (vì $C{C}^{\prime }\parallel A{A}^{\prime }$ và $A{A}^{\prime }\perp (ABCD)$). Do đó hình chiếu vuông góc của $C^{\prime }$ trên mặt phẳng $(ABCD)$ là giao điểm của đường thẳng $C{C}^{\prime }$ với mặt đáy, tức là điểm $C$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $A$ là hình chiếu của $S$ trên $(ABC)$; điểm $B$ nằm trên $(ABC)$ nên hình chiếu của $B$ là chính nó. Vậy hình chiếu của đường thẳng $SB$ trên $(ABC)$ là đường thẳng $AB$. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên hình chiếu của $S$ lên mặt đáy là $A$. Các điểm $C,D$ đã nằm trên mặt phẳng $(ABCD)$ nên hình chiếu của chúng là chính chúng. Do đó hình chiếu vuông góc của tam giác $SCD$ lên mặt phẳng $(ABCD)$ là tam giác $ACD$. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA=SB=SC=SD$ nên các tam giác $SAB,SBC,SCD,SDA$ cân tại $S$, suy ra hình chiếu của $S$ xuống $(ABCD)$ là tâm $O$ của hình vuông (điểm cách đều $A,B,C,D$). a) Đúng. b) Hình chiếu của $S$ là $O$, của $A$ là $A$, nên hình chiếu của đường thẳng $SA$ là $OA$, không phải $SO$ → Sai. c) $ABCD$ hình vuông nên $BD\perp AC$; $SO\perp (ABCD)$ nên $SO\perp BD$; do đó $BD\perp (SAC)\Rightarrow BD\perp SA$ → Đúng. d) Hình chiếu của $S$ là $O$, của $O$ là $O$, của $B$ là $B$, nên hình chiếu của $\Delta SOB$ là $\Delta OAB$, không phải $\Delta OBC$ → Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$S$ cách đều bốn đỉnh của hình vuông nên hình chiếu của $S$ trên $(ABCD)$ là tâm $O$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $SA$ trên $(ABCD)$ là đoạn $OA$ (vì $S\mapsto O$, $A\mapsto A$), không phải $SO$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$BD\perp AC$ (hình vuông) và $BD\perp SO$ nên $BD\perp (SAC)$, suy ra $BD\perp SA$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $\Delta SOB$ trên $(ABCD)$ là $\Delta OAB$ (các đỉnh $S,O,B$ chiếu thành $O,O,B$), không phải $\Delta OBC$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AD$. Lại có đáy $ABCD$ là hình vuông nên $AD\perp AB$. Từ đó $AD\perp (SAB)$ (vì $AD$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau $AB$ và $SA$ trong mặt phẳng $(SAB)$). Vậy hình chiếu vuông góc của $D$ lên mặt phẳng $(SAB)$ chính là điểm $A$. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $H$ là trung điểm của $BC$. Vì $AB=AC$ nên $AH\perp BC$ với $AH=\sqrt{A{B}^2-B{H}^2}=\sqrt{2,4^2-1^2}=\sqrt{4,76}$ (m). Lăng trụ có $B{B}^{\prime }\perp (ABC)$ nên $B{B}^{\prime }\perp AH$; kết hợp $BC\perp AH$ (và $BC,B{B}^{\prime }$ nằm trong $(B{B}^{\prime }{C}^{\prime }C)$, cắt nhau tại $B$) suy ra $AH\perp (B{B}^{\prime }{C}^{\prime }C)$. Do đó hình chiếu của $A$ lên $(B{B}^{\prime }{C}^{\prime }C)$ là $H$, hình chiếu của tam giác $AB{B}^{\prime }$ là tam giác $HB{B}^{\prime }$ vuông tại $B$ (vì $B{B}^{\prime }\perp BH$) với $B{B}^{\prime }=3$ m, $BH=1$ m. Diện tích hình chiếu $=\frac{1}{2}\cdot B{B}^{\prime }\cdot BH=\frac{1}{2}\cdot 3\cdot 1=1,5$ m². Kết quả khớp với đáp án nguồn: 1,5.

(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 A, C, D không được suy ra từ giả thiết. Vậy đáp án đúng là B.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$; lại có $AB\perp BC$ (đáy vuông tại $B$) nên $BC\perp (SAB)$, suy ra $BC\perp SB$. Tam giác $SBC$ vuông tại $B$ nên tâm đường tròn ngoại tiếp $O$ là trung điểm của $SC$. Hình chiếu của $O$ trên $(ABC)$: $S$ chiếu xuống $A$, $C$ giữ nguyên, nên $H$ là trung điểm của $AC$. Tam giác $ABC$ vuông tại $B$ có tâm đường tròn ngoại tiếp là trung điểm của cạnh huyền $AC$, do đó $H$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABC$ đều nên $AM\perp BC$; lại có $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$. Suy ra $BC\perp (SAM)$, do đó $(SBC)\perp (SAM)$ (giao tuyến $SM$). a) $AM$ không vuông góc với $SM$ (tam giác $SAM$ vuông tại $A$ nên góc $AMS\ne 90^{\circ }$), nên $AM$ không vuông góc $(SBC)$ → sai. b) Vì $AH\perp SM$ với $H\in SM\subset (SBC)$, tức $H$ là hình chiếu của $A$ lên $(SBC)$; $S$ thuộc $(SBC)$ nên hình chiếu của đường thẳng $SA$ lên $(SBC)$ là $SH$ → đúng. c) Có $BC\perp (SAM)$ nên $BC\perp AH$; lại $AH\perp SM$, mà $AH\subset (SAM)$, $SM$ là giao tuyến của $(SAM)$ và $(SBC)$, suy ra $AH\perp (SBC)$ → đúng. d) Vì $AH\perp (SBC)$ nên $AH\perp BC$ → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$AM\perp BC$ nhưng $AM$ không vuông góc với $SM$ (góc $AMS$ nhọn), nên $AM$ không vuông góc mặt phẳng $(SBC)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$H$ là hình chiếu của $A$ lên $(SBC)$ (vì $AH\perp (SBC)$), $S$ thuộc $(SBC)$, nên hình chiếu của $SA$ lên $(SBC)$ là $SH$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$BC\perp (SAM)$ nên $BC\perp AH$; $AH\perp SM$; $AH\subset (SAM)$ với giao tuyến $SM$ của $(SAM)$ và $(SBC)$, suy ra $AH\perp (SBC)$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Vì $AH\perp (SBC)$ nên $AH$ vuông góc với mọi đường thẳng trong $(SBC)$, đặc biệt $AH\perp BC$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $H$ là hình chiếu của $S$ trên $(ABCD)$. 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 $SB=SD$ suy ra $SO\perp BD$. Vì $AC$ và $BD$ là hai đường thẳng cắt nhau nằm trong $(ABCD)$ nên $SO\perp (ABCD)$. Vậy hình chiếu của $S$ trên $(ABCD)$ chính là $O$. Đáp án D, trùng với đáp án nguồn (mã đề 102, câu 8: D).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $H$ là hình chiếu của $S$ trên $(ABCD)$. Vì $SA=SC$ nên tam giác $SAC$ cân tại $S$, do đó $HA=HC$, tức $H$ nằm trên trung trực của đoạn $AC$. Tương tự, $SB=SD$ suy ra $HB=HD$, tức $H$ nằm trên trung trực của đoạn $BD$. Trong hình bình hành $ABCD$ tâm $O$, hai đường chéo $AC$ và $BD$ cắt nhau tại $O$ và $O$ là trung điểm của cả $AC$ lẫn $BD$, nên $O$ vừa thuộc trung trực của $AC$ vừa thuộc trung trực của $BD$. Hai trung trực này không trùng nhau (vì $AC$ và $BD$ không cùng nằm trên một đường thẳng) nên chúng cắt nhau tại đúng một điểm là $O$. Vậy $H=O$, tức hình chiếu của $S$ trên mặt phẳng $(ABCD)$ là điểm $O$. Đáp án A, trùng với đáp án nguồn (mã đề 101, câu 5: A).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình vuông nên $CB\perp AB$. Mặt khác $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp CB$. Do đó $CB\perp (SAB)$. Hình chiếu của $C$ trên $(SAB)$ là $B$; $S$ và $B$ thuộc $(SAB)$ nên giữ nguyên. Vậy hình chiếu của tam giác $SBC$ trên $(SAB)$ là đoạn thẳng $SB$. Đáp án A, trùng với đáp án nguồn (8A).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình vuông nên $CD\perp AD$. Mặt khác $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp CD$. Từ đó $CD\perp (SAD)$ (vì $CD$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau $AD$ và $SA$ trong mặt phẳng $(SAD)$). Suy ra hình chiếu của $C$ trên $(SAD)$ là $D$; các điểm $S$ và $D$ đã thuộc $(SAD)$ nên hình chiếu của tam giác $SCD$ trên $(SAD)$ là đoạn thẳng $SD$. Đáp án B, trùng với đáp án nguồn (8B).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\subset (R)$ và $C{C}^{\prime }\perp (R)$ nên tam giác $AC{C}^{\prime }$ vuông tại $C^{\prime }$. Hình chiếu của $AD$ trên $(R)$ có độ dài $2\cos 30^{\circ }=\sqrt{3}$, chiều cao $C{C}^{\prime }=2\sin 30^{\circ }=1$. Do đó $A{C}^{\prime }=\sqrt{A{B}^2+(\sqrt{3}{)}^2}=\sqrt{1+3}=2$, và $\tan \alpha =\frac{C{C}^{\prime }}{A{C}^{\prime }}=\frac{1}{2}$. Điểm trên $A{C}^{\prime }$ cách $A$ một khoảng $AP=2\tan \alpha =1$ (m). Cột đỡ thẳng đứng từ $P$ chạm $AC$ tại $Q$ thì tam giác $APQ$ vuông tại $P$ với góc $\widehat{PAQ}=\alpha$, nên chiều cao cột $PQ=AP\cdot \tan \alpha =1\cdot \frac{1}{2}=0,5$ m. Kết quả khớp với đáp án nguồn 0,5.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\parallel CD$ nên góc giữa $SC$ và $AB$ bằng góc giữa $SC$ và $CD$, tức góc $SCD$ trong tam giác $SCD$ cân tại $S$ ($SC=SD=4$, $CD=a$). Ta có $\cos \widehat{SCD}=\frac{a/2}{4}=\frac{a}{8}=\frac{1}{4}\Rightarrow a=2$. Hình chiếu của $S$ trên $(ABCD)$ là tâm $O$ của hình vuông (vì các cạnh bên bằng nhau). Hình chiếu của tam giác $SAB$ là tam giác $OAB$ với đáy $AB=2$ và đường cao từ $O$ xuống $AB$ bằng $a/2=1$. Diện tích $=\frac{1}{2}\cdot 2\cdot 1=1$. Khớp đáp án nguồn (mã đề 1020, câu 19 = 1).

a) Đúng. b) Đúng. c) Sai. d) Sai.