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

(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)
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 $SA\perp BC$; 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)
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).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\parallel CD$ nên góc giữa $SC$ và $AB$ bằng góc giữa $SC$ và $CD$, tức là góc $SCD$ trong tam giác $SCD$ cân tại $S$ với $SC=SD=4$, $CD=a$. Kẻ đường trung tuyến/trực giác từ $S$ xuống $CD$, ta có $\cos \phi =\frac{a/2}{4}=\frac{a}{8}=\frac{1}{4}\Rightarrow a=2$. Vì các cạnh bên bằng nhau nên hình chiếu của $S$ trên $(ABCD)$ là tâm $O$ của hình vuông. Hình chiếu của tam giác $SAB$ là tam giác $OAB$ với diện tích $\frac{1}{2}\cdot AB\cdot d(O,AB)=\frac{1}{2}\cdot 2\cdot 1=1$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (mã đề 1010, câu 20: 1).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $O(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(0;a;0)$, $A(0;0;a)$. Tam giác $OBC$ vuông cân tại $O$ nên $BC=a\sqrt{2}$, đường cao $OK$ cắt $BC$ tại trung điểm $K\left(\frac{a}{2};\frac{a}{2};0\right)$, suy ra $OK=\frac{a}{\sqrt{2}}$.
a) Vì $AO\perp (OBC)$ nên hình chiếu của $A$ lên $(OBC)$ là $O$, do đó hình chiếu của $AB$ lên $(OBC)$ là $OB$. Đúng.
b) $BC\perp OK$ (giả thiết) và $BC\perp OA$ (vì $OA\perp$ đáy), $OK,OA$ cắt nhau trong $(OAK)$ nên $BC\perp (OAK)$. Đúng.
c) Góc giữa $AB$ và $(OBC)$: $\sin \alpha =\frac{AO}{AB}=\frac{a}{a\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow \alpha =45^{\circ }\Rightarrow \tan \alpha =1\ne \frac{1}{2}$. Sai.
d) $AK\perp BC$, $OK\perp BC$ nên góc nhị diện $[A,BC,O]=\widehat{AKO}$. Ta có $\tan \widehat{AKO}=\frac{AO}{OK}=\frac{a}{a/\sqrt{2}}=\sqrt{2}\Rightarrow \widehat{AKO}\approx 54,7^{\circ }\ne 45^{\circ }$. Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Vì $AO\perp (OBC)$ nên hình chiếu của $A$ lên $(OBC)$ là $O$, do đó hình chiếu của $AB$ lên $(OBC)$ là $OB$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$BC\perp OK$ và $BC\perp OA$ với $OK,OA$ cắt nhau trong $(OAK)$ nên $BC\perp (OAK)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\sin \alpha =\frac{AO}{AB}=\frac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow \alpha =45^{\circ }\Rightarrow \tan \alpha =1\ne \frac{1}{2}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Góc nhị diện là $\widehat{AKO}$ với $\tan \widehat{AKO}=\frac{AO}{OK}=\sqrt{2}\Rightarrow \widehat{AKO}\approx 54,7^{\circ }\ne 45^{\circ }$.

(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 $BC\perp (SAH)$ (vì $BC$ vuông với hai đường thẳng cắt nhau $SA,SH$ trong mặt phẳng $(SAH)$), 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)
a) Sai: vì $△ABC$ vuông cân tại $B$ nên trung tuyến $BM\perp AC$, do đó $(\widehat{BM;AC})=90^{\circ }\ne 60^{\circ }$. b) Đúng: $BC\perp AB$ (do tam giác vuông tại $B$) và $BC\perp SA$ (vì $SA\perp (ABC)$), nên $BC\perp (SAB)$. c) Sai: cả 3 mặt bên đều là tam giác vuông: $△SAB$ vuông tại $A$ ($SA\perp AB$), $△SAC$ vuông tại $A$ ($SA\perp AC$), $△SBC$ vuông tại $B$ (vì $BC\perp (SAB)$ nên $BC\perp SB$). d) Đúng: $BM\perp AC$ và $BM\perp SA$ (vì $SA\perp (ABC)$) nên $BM\perp (SAC)$, suy ra $M$ là hình chiếu của $B$ lên $(SAC)$, tức $SM$ là hình chiếu vuông góc của $SB$ lên $(SAC)$. Kết quả khớp với đáp án nguồn: a) Sai, b) Đúng, c) Sai, d) Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$, $M$ là trung điểm cạnh huyền $AC$ nên $BM\perp AC$, do đó $(\widehat{BM;AC})=90^{\circ }$, không phải $60^{\circ }$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$BC\perp AB$ (tam giác vuông tại $B$) và $BC\perp SA$ (vì $SA\perp (ABC)$), nên $BC\perp (SAB)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Cả 3 mặt bên đều vuông: $△SAB$ và $△SAC$ vuông tại $A$ (do $SA\perp (ABC)$), $△SBC$ vuông tại $B$ (do $BC\perp (SAB)$ nên $BC\perp SB$).
d) (AI giải đề cho tôi)
$BM\perp AC$ và $BM\perp SA$ nên $BM\perp (SAC)$; do đó $M$ là hình chiếu của $B$ trên $(SAC)$ và $SM$ là hình chiếu vuông góc của $SB$ lên $(SAC)$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AB$. Đáy $ABCD$ là hình vuông nên $AB\perp BC$. Từ đó $AB\perp (SBC)$ (vì $AB$ vuông với $SA$ và $BC$ cắt nhau tại $B$ trong mặt phẳng $(SBC)$). Suy ra $(SAB)\perp (SBC)$ theo giao tuyến $SB$. Trong mặt phẳng $(SBC)$, kẻ $CH\perp SB$ tại $H$ thì $CH\perp (SAB)$. Vậy hình chiếu vuông góc của $SC$ lên $(SAB)$ là $SB$. Kết quả trùng với đáp án nguồn: A.

Đáp án mã đề 1101 (trang 7): SDSS — a) Sai, b) Đúng, c) Đúng, d) Sai. (Các verdicts lấy từ bảng đáp án chính thức trang 7; phần lý giải chi tiết từng ý do AI solution agent biên soạn theo hình vẽ trang 2.)
a) Sai. Theo hình vẽ, $H$ nằm trên đường vuông góc xuống $D$ nên $(CDHG)$ là mặt phẳng bên của hình hộp chứa cạnh $AD$. Ta có $AD\perp (CDHG)$ (vì $AD\perp CD$ và $AD\perp DH$), do đó hình chiếu vuông góc của $A$ lên $(CDHG)$ là điểm $D$, không phải $H$.
b) Đúng. $DH$ là cạnh bên của hình hộp chữ nhật nên $DH\perp (ABCD)$.
c) Đúng. Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$ (trung điểm của $AC$), $O\in (BDHF)$. Ta có $AC\perp BD$ (hai đường chéo của hình chữ nhật $ABCD$) và $AC\perp DH$ (vì $DH\perp (ABCD)$), nên $AC\perp (BDHF)$. Do đó $(BDHF)$ là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng $AC$.
d) Sai. Chọn hệ trục với $A$ gốc, $\overrightarrow{AB}=b\vec{i}$, $\overrightarrow{AD}=d\vec{j}$, $\overrightarrow{AH}=h\vec{k}$ (các cạnh đôi một khác nhau theo hình vẽ). Khi đó $\overrightarrow{AH}=(0;d;h)$ và $\overrightarrow{FC}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AF}=(b;d;0)-(b;0;h)=(0;d;-h)$, nên $\overrightarrow{AH}\cdot \overrightarrow{FC}=d^2-h^2\ne 0$. Vậy $AH$ không vuông góc với $FC$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BC$. Đáy $ABCD$ là hình chữ nhật nên $AB\perp BC$. Từ đó $BC\perp (SAB)$ (vì $BC$ vuông với hai đường thẳng cắt $SA$ và $AB$ trong mặt phẳng $(SAB)$). Hình chiếu của $C$ lên $(SAB)$ là $B$, còn $S$ thuộc $(SAB)$. Vậy hình chiếu của $SC$ lên $(SAB)$ là $SB$. Kết quả trùng với đáp án nguồn: D.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BC$ (D đúng). Đáy là hình vuông nên $BC\perp AB$ (C đúng). Từ đó $BC\perp (SAB)$, mà $AM\subset (SAB)$ nên $BC\perp AM$ (B đúng). Do đó khẳng định sai là $AC\perp AM$: nếu $AC\perp AM$ với $AM\perp SB$ thì $AC\perp (SAB)$, suy ra $AC\perp AB$, mâu thuẫn vì $ABCD$ là hình vuông ($AC$ là đường chéo, không vuông góc $AB$). Đáp án khớp với mã đề 1354: A.

[Hình cần kiểm tra lại: p9_f1]

Ta có $BC\perp AB$ (Vì $ABC$ vuông tại $B$) (1)

$BC\perp SA$ (Vì $SA\perp (ABC)$) (2)

Từ (1) và (2) suy ra $BC\perp (SAB)$.

Ta có $AH\perp SB$ (theo giả thiết) (3)

$$\{\begin{array}{l}BC\perp (SAB)\\ AH\in (SAB)\end{array}\Rightarrow BC\perp AH(4)$$

Từ (3) và (4) suy ra $AH\perp (SBC)\Rightarrow AH\perp HC$ hay tam giác $AHC$ vuông tại $H$.

Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ có $AH$ là đường cao nên $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{B}^2}=\frac{1}{3a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{4}{3a^2}\Rightarrow A{H}^2=\frac{3a^2}{4}$.

Tam giác $ABC$ vuông tại $B$ nên $A{C}^2=A{B}^2+B{C}^2=2a^2$.

Do đó $HC=\sqrt{A{C}^2-A{H}^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$.

[Hình cần kiểm tra lại: p9_f1]

Ta có $BC\perp AB$ (Vì $ABC$ vuông tại $B$) (1)

$BC\perp SA$ (Vì $SA\perp (ABC)$) (2)

Từ (1) và (2) suy ra $BC\perp (SAB)$.

Ta có $AH\perp SB$ (theo giả thiết) (3)

$$\{\begin{array}{l}BC\perp (SAB)\\ AH\in (SAB)\end{array}\Rightarrow BC\perp AH(4)$$

Từ (3) và (4) suy ra $AH\perp (SBC)\Rightarrow AH\perp HC$ hay tam giác $AHC$ vuông tại $H$.

Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ có $AH$ là đường cao nên $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{B}^2}=\frac{1}{3a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{4}{3a^2}\Rightarrow A{H}^2=\frac{3a^2}{4}$.

Tam giác $ABC$ vuông tại $B$ nên $A{C}^2=A{B}^2+B{C}^2=2a^2$.

Do đó $HC=\sqrt{A{C}^2-A{H}^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên hình chiếu của $S$ lên $(ABCD)$ là $A$, hình chiếu của $B$ là $B$, do đó hình chiếu của $SB$ là $AB$ → a) Đúng. Vì $BC\perp AB$ (đáy hình vuông) và $BC\perp SA$ nên $BC\perp (SAB)$, mà $BC\subset (SBC)$ nên $(SBC)\perp (SAB)$ → b) Đúng. Thể tích $S.ABC$: $V=\frac{1}{3}{S}_{ABC}\cdot SA=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2}{2}\cdot a\sqrt{2}=\frac{a^3\sqrt{2}}{6}\ne a^3\sqrt{2}$ → c) Sai. Góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là góc $SCA$: $\tan \angle SCA=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{2}}=1$ nên góc bằng $45^{\circ }\ne 60^{\circ }$ → d) Sai. Kết quả khớp bảng đáp án mã đề 1012 câu 14: Đ, Đ, S, S.
a) (AI giải đề cho tôi)
$SA\perp (ABCD)$ nên $S$ hình chiếu lên $(ABCD)$ tại $A$; hình chiếu của $B$ là $B$. Vậy hình chiếu của $SB$ là $AB$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$BC\perp AB$ và $BC\perp SA$ (vì $SA\perp (ABCD)$) nên $BC\perp (SAB)$. Vì $BC\subset (SBC)$ nên $(SBC)\perp (SAB)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$V_{S.ABC}=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2}{2}\cdot a\sqrt{2}=\frac{a^3\sqrt{2}}{6}$, không bằng $a^3\sqrt{2}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là $\angle SCA$ với $\tan \angle SCA=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{2}}=1$, suy ra góc bằng $45^{\circ }$, không phải $60^{\circ }$.