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

(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).

Vì $SA\perp (ABC)$ nên $A$ là hình chiếu vuông góc của $S$ lên $(ABC)$. Chọn đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên đường thẳng vuông góc kẻ từ $S$ xuống mặt phẳng $(ABCD)$ cắt mặt phẳng tại điểm $A$ (chân đường vuông góc chính là $A$). Do đó hình chiếu của điểm $S$ trên mặt phẳng $(ABCD)$ là điểm $A$. Khớp với đáp án nguồn: C.

(AI giải đề cho tôi)
Lăng trụ đứng $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ có các cạnh bên vuông góc với mặt đáy, do đó $B{B}^{\prime }\perp (ABC)$. Hình chiếu vuông góc của $B^{\prime }$ trên mặt phẳng $(ABC)$ là giao của đường thẳng qua $B^{\prime }$ vuông góc với $(ABC)$, tức đường thẳng $B{B}^{\prime }$, với mặt phẳng $(ABC)$, chính là điểm $B$. Vậy đáp án là B, trùng với đáp án của đề (mã đề 102, Câu 9: B).

(AI giải đề cho tôi)
Lăng trụ đứng $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ có các cạnh bên vuông góc với mặt đáy, nên $A{A}^{\prime }\perp (ABC)$. Do đó hình chiếu vuông góc của $A^{\prime }$ trên mặt phẳng $(ABC)$ chính là giao điểm của đường thẳng $A{A}^{\prime }$ với $(ABC)$, tức là điểm $A$. Vậy đáp án A, trùng với đáp án của đề (mã 101, Câu 9: A).

(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 $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp CB$. Đáy $ABCD$ là hình chữ nhật nên $AB\perp CB$. Do đó $CB\perp (SAB)$. Hình chiếu vuông góc của $C$ trên $(SAB)$ là $B$, nên hình chiếu của $SC$ trên $(SAB)$ là $SB$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (mã đề 1103, câu 12: B).

(AI giải đề cho tôi)
Lăng trụ đứng $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ có cạnh bên $A{A}^{\prime }$ vuông góc với mặt phẳng đáy $(ABC)$. Do đó $A{A}^{\prime }\perp (ABC)$, tức hình chiếu vuông góc của $A^{\prime }$ trên $(ABC)$ chính là điểm $A$. Vậy đáp án A.

(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)
Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên $CB\perp AB$. Mặt khác $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp CB$. Do đó $CB\perp (SAB)$ (vì $CB$ vuông với hai đường thẳng cắt nhau $AB$ và $SA$ trong mặt phẳng $(SAB)$). Suy ra hình chiếu của $C$ lên $(SAB)$ là $B$, và vì $S\in (SAB)$ nên hình chiếu vuông góc của $SC$ lên $(SAB)$ là $SB$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (mã đề 112, câu 10: A).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BC$. Đáy $ABCD$ là hình chữ nhật nên $AB\perp BC$. Do đó $BC\perp (SAB)$ (vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau $SA$ và $AB$ trong $(SAB)$). Suy ra $BC\perp SB$, tức $B$ là hình chiếu của $C$ trên $(SAB)$, vậy hình chiếu của $SC$ lên $(SAB)$ là $SB$. Khớp đáp án nguồn: A.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên hình chiếu của $S$ lên $(ABC)$ là $A$, do đó hình chiếu của $SB$ lên $(ABC)$ là $AB$ → a) Đúng. Tam giác $ABC$ đều nên $AB=AC=a$, kết hợp $SA$ chung và $\widehat{SAB}=\widehat{SAC}=90^{\circ }$, suy ra $△SAB=△SAC$ (c.g.c) nên $SB=SC$ → tam giác $SBC$ cân tại $S$ → b) Đúng. Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$ → c) Đúng. Góc giữa $SB$ và $(ABC)$ là $\widehat{SBA}$ với $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}$, suy ra góc bằng $60^{\circ }$, không phải $30^{\circ }$ → d) Sai. Khớp với đáp án chính thức mã đề 1102: Đ Đ Đ S.
a) (AI giải đề cho tôi)
$SA\perp (ABC)$ nên hình chiếu của $S$ lên $(ABC)$ là $A$; hình chiếu của $SB$ lên $(ABC)$ là $AB$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$\widehat{SAB}=\widehat{SAC}=90^{\circ }$, $AB=AC=a$, $SA$ chung nên $△SAB=△SAC$ (c.g.c) $\Rightarrow SB=SC$, tam giác $SBC$ cân tại $S$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$SA\perp (ABC)$ mà $BC\subset (ABC)$ nên $SA\perp BC$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Góc giữa $SB$ và $(ABC)$ là $\widehat{SBA}$; $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SBA}=60^{\circ }\ne 30^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AB$ và $SA\perp BC$. Giả sử $ABCD$ là hình bình hành (hoặc hình chữ nhật) với $AB\perp BC$ (chuẩn của bài này: $BC\perp AB$ do đáy có $AB\perp BC$). Khi đó $BC\perp SA$ và $BC\perp AB$ nên $BC\perp (SAB)$. Suy ra hình chiếu của $C$ lên $(SAB)$ là $B$, do đó hình chiếu của $SC$ trên $(SAB)$ là $SB$. Vậy đáp án A, trùng với đáp án nguồn (mã đề 1102, câu 2: A).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA=SB=SC$ nên các tam giác $SAH$, $SBH$, $SCH$ vuông tại $H$ có chung cạnh $SH$ và cạnh huyền bằng nhau, suy ra $HA=HB=HC$. Do đó $H$ cách đều ba đỉnh $A,B,C$, tức $H$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Khớp với đáp án nguồn (mã đề 1102, câu 3: A).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SD\perp (ABCD)$ nên $D$ là hình chiếu của $S$ trên mặt phẳng $(ABCD)$; điểm $B$ thuộc $(ABCD)$ nên hình chiếu của $B$ là chính nó. Do đó hình chiếu của đường thẳng $SB$ trên $(ABCD)$ là đường thẳng đi qua hai hình chiếu $D$ và $B$, tức là đường thẳng $DB$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (Câu 11, mã đề 1101: 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 $A$ là hình chiếu vuông góc của $S$ trên $(ABCD)$. Đường thẳng $SD$ đi qua $S$ và $D$, trong đó $D\in (ABCD)$, nên hình chiếu vuông góc của $SD$ trên $(ABCD)$ là đường thẳng đi qua hình chiếu của $S$ (là $A$) và hình chiếu của $D$ (là $D$), tức là đường thẳng $AD$. Kết quả khớp với đáp án D trong bảng đáp án (đề 102, câu 6: D).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $A$ là hình chiếu của $S$ trên $(ABC)$. Hình chiếu của $SB$ trên $(ABC)$ là đoạn nối hình chiếu của $S$ (là $A$) với hình chiếu của $B$ (là $B$), tức là $AB$. Khớp với đáp án nguồn (đề 101, câu 9: C).

(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 $FC$.