Câu hỏi:
Cho hình hộp chữ nhật \(ABCD.A'B'C'D'\) có \(AB = BC = a,\) \(AA' = \sqrt 6 a\). Góc giữa đường thẳng \(A'C\) và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) có số đo bằng
Trả lời:
Đáp án đúng: A
Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$.
Góc giữa $A'C$ và $(ABCD)$ là $\widehat{A'CO}$.
Vì $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ nên $AC = a\sqrt{2}$.
Xét tam giác $A'AC$ vuông tại $A$, ta có: $tan\widehat{A'CO} = \frac{AA'}{AC} = \frac{a\sqrt{6}}{a\sqrt{2}} = \sqrt{3} \Rightarrow \widehat{A'CO} = 60^\circ$.
Góc giữa $A'C$ và $(ABCD)$ là $\widehat{A'CO}$.
Vì $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ nên $AC = a\sqrt{2}$.
Xét tam giác $A'AC$ vuông tại $A$, ta có: $tan\widehat{A'CO} = \frac{AA'}{AC} = \frac{a\sqrt{6}}{a\sqrt{2}} = \sqrt{3} \Rightarrow \widehat{A'CO} = 60^\circ$.
Câu hỏi này thuộc đề thi trắc nghiệm dưới đây, bấm vào Bắt đầu thi để làm toàn bài
Câu hỏi liên quan
Lời giải:
Đáp án đúng: A
Gọi $d$ là khoảng cách từ $A$ đến $(SBC)$.
Ta có:
$BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {{a^2} + 3{a^2}} = 2a$
Diện tích tam giác $ABC$ là: ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}a.a\sqrt 3 = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}$
Thể tích khối chóp $S.ABC$ là: ${V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.2a.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}$
Ta có: $SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = \sqrt {4{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 5 $
$SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}} = \sqrt {4{a^2} + 3{a^2}} = a\sqrt 7 $
Tính diện tích tam giác SBC:
$\overrightarrow{SB} = (-a; a; -2a)$
$\overrightarrow{SC} = (-a\sqrt{3}; 0; -2a)$
$\left[\overrightarrow{SB}, \overrightarrow{SC} \right] = (-2a^2\sqrt{3}; -2a^2; -a^2\sqrt{3})$
$S_{SBC} = \frac{1}{2} \sqrt{12a^4 + 4a^4 + 3a^4} = \frac{a^2 \sqrt{19}}{2}$
$d(A;(SBC)) = \frac{|2ax + 0y + 0z + 0|}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}$
Ta có:
$BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {{a^2} + 3{a^2}} = 2a$
Diện tích tam giác $ABC$ là: ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}a.a\sqrt 3 = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}$
Thể tích khối chóp $S.ABC$ là: ${V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.2a.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}$
Ta có: $SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = \sqrt {4{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 5 $
$SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}} = \sqrt {4{a^2} + 3{a^2}} = a\sqrt 7 $
Tính diện tích tam giác SBC:
$\overrightarrow{SB} = (-a; a; -2a)$
$\overrightarrow{SC} = (-a\sqrt{3}; 0; -2a)$
$\left[\overrightarrow{SB}, \overrightarrow{SC} \right] = (-2a^2\sqrt{3}; -2a^2; -a^2\sqrt{3})$
$S_{SBC} = \frac{1}{2} \sqrt{12a^4 + 4a^4 + 3a^4} = \frac{a^2 \sqrt{19}}{2}$
$d(A;(SBC)) = \frac{|2ax + 0y + 0z + 0|}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}$
Lời giải:
Đáp án đúng: D
Gọi $r$ là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$. Khi đó, chân đường cao $H$ của hình chóp trùng với tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$.
Ta có $p = \frac{10+12+14}{2} = 18$.
Diện tích tam giác $ABC$ là $S = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)} = \sqrt{18(18-10)(18-12)(18-14)} = \sqrt{18 \cdot 8 \cdot 6 \cdot 4} = \sqrt{3456} = 24\sqrt{6}$.
Mặt khác, $S = p \cdot r \Rightarrow r = \frac{S}{p} = \frac{24\sqrt{6}}{18} = \frac{4\sqrt{6}}{3}$.
Ta có $SH = r \cdot \tan \alpha = \frac{4\sqrt{6}}{3} \cdot 3 = 4\sqrt{6}$.
Vậy thể tích khối chóp là $V = \frac{1}{3} \cdot S \cdot SH = \frac{1}{3} \cdot 24\sqrt{6} \cdot 4\sqrt{6} = 32 \cdot 6 = 192{\rm{ c}}{{\rm{m}}^3}$.
Ta có $p = \frac{10+12+14}{2} = 18$.
Diện tích tam giác $ABC$ là $S = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)} = \sqrt{18(18-10)(18-12)(18-14)} = \sqrt{18 \cdot 8 \cdot 6 \cdot 4} = \sqrt{3456} = 24\sqrt{6}$.
Mặt khác, $S = p \cdot r \Rightarrow r = \frac{S}{p} = \frac{24\sqrt{6}}{18} = \frac{4\sqrt{6}}{3}$.
Ta có $SH = r \cdot \tan \alpha = \frac{4\sqrt{6}}{3} \cdot 3 = 4\sqrt{6}$.
Vậy thể tích khối chóp là $V = \frac{1}{3} \cdot S \cdot SH = \frac{1}{3} \cdot 24\sqrt{6} \cdot 4\sqrt{6} = 32 \cdot 6 = 192{\rm{ c}}{{\rm{m}}^3}$.
Lời giải:
Đáp án đúng: D
Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Vì $ABCD$ là hình thang cân có $AC \bot BD$ nên $ABCD$ là hình vuông.
Do đó $OA = OB = OC = OD = \frac{AC}{2} = a$.
Diện tích đáy $S_{ABCD} = \frac{1}{2}AC.BD = \frac{1}{2}(2a)(2a) = 2a^2$.
Vì $AH = \frac{1}{3}HC$ và $H$ thuộc $AC$ nên $AH = \frac{1}{4}AC = \frac{1}{4}(2a) = \frac{a}{2}$.
Xét tam giác $A'HA$ vuông tại $H$ có $\angle A'AH = 60^\circ$, ta có $A'H = AH.\tan 60^\circ = \frac{a}{2}.\sqrt{3} = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Thể tích khối lăng trụ là $V = S_{ABCD}.A'H = 2a^2.\frac{a\sqrt{3}}{2} = a^3\sqrt{3}$.
Do đó $OA = OB = OC = OD = \frac{AC}{2} = a$.
Diện tích đáy $S_{ABCD} = \frac{1}{2}AC.BD = \frac{1}{2}(2a)(2a) = 2a^2$.
Vì $AH = \frac{1}{3}HC$ và $H$ thuộc $AC$ nên $AH = \frac{1}{4}AC = \frac{1}{4}(2a) = \frac{a}{2}$.
Xét tam giác $A'HA$ vuông tại $H$ có $\angle A'AH = 60^\circ$, ta có $A'H = AH.\tan 60^\circ = \frac{a}{2}.\sqrt{3} = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Thể tích khối lăng trụ là $V = S_{ABCD}.A'H = 2a^2.\frac{a\sqrt{3}}{2} = a^3\sqrt{3}$.
Lời giải:
Đáp án đúng:
a) Vì $SA \perp (ABC)$ nên $SA$ vuông góc với mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng $(ABC)$, suy ra $SA \bot BC$.
b) Vì $AM$ là đường trung tuyến của tam giác đều $ABC$ cạnh $2a$ nên $AM = \frac{2a\sqrt{3}}{2} = a\sqrt{3} \neq a$.
c) Ta có: $BC \bot AM$ (vì tam giác $ABC$ đều) và $BC \bot SA$ (vì $SA \bot (ABC)$). Do đó, $BC \bot (SAM)$.
d) Gọi $H$ là hình chiếu của $S$ lên $(ABC)$. Ta có $H \equiv A$. Góc giữa $(SBC)$ và $(ABC)$ là góc giữa $SM$ và $AM$ (vì $AM \bot BC$). Ta có $tan(\widehat{SMA}) = \frac{SA}{AM} = \frac{a\sqrt{3}}{a\sqrt{3}} = 1$. Suy ra $\widehat{SMA} = 45^\circ$.
b) Vì $AM$ là đường trung tuyến của tam giác đều $ABC$ cạnh $2a$ nên $AM = \frac{2a\sqrt{3}}{2} = a\sqrt{3} \neq a$.
c) Ta có: $BC \bot AM$ (vì tam giác $ABC$ đều) và $BC \bot SA$ (vì $SA \bot (ABC)$). Do đó, $BC \bot (SAM)$.
d) Gọi $H$ là hình chiếu của $S$ lên $(ABC)$. Ta có $H \equiv A$. Góc giữa $(SBC)$ và $(ABC)$ là góc giữa $SM$ và $AM$ (vì $AM \bot BC$). Ta có $tan(\widehat{SMA}) = \frac{SA}{AM} = \frac{a\sqrt{3}}{a\sqrt{3}} = 1$. Suy ra $\widehat{SMA} = 45^\circ$.
Lời giải:
Đáp án đúng:
a) Vì $SAB$ là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy $ABCD$, và $H$ là trung điểm của $AB$, nên $SH$ vuông góc với $AB$. Do đó, $SH$ vuông góc với mặt phẳng $(ABCD)$.
b) Diện tích hình thoi $ABCD$ là $a^2\sin(60^\circ) = \frac{a^2\sqrt{3}}{2}$. Chiều cao $SH = \frac{a\sqrt{3}}{2}$. Thể tích khối chóp là $\frac{1}{3}SH.S_{ABCD} = \frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{a^2\sqrt{3}}{2} = \frac{a^3}{4}$. Vậy câu b sai.
c) Tính góc nhị diện $\left[ {A,SC,B} \right]$ phức tạp và cần tính toán kỹ lưỡng.
d) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng $BM$ và $SN$ cũng phức tạp và đòi hỏi kiến thức về hình học không gian.
b) Diện tích hình thoi $ABCD$ là $a^2\sin(60^\circ) = \frac{a^2\sqrt{3}}{2}$. Chiều cao $SH = \frac{a\sqrt{3}}{2}$. Thể tích khối chóp là $\frac{1}{3}SH.S_{ABCD} = \frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{a^2\sqrt{3}}{2} = \frac{a^3}{4}$. Vậy câu b sai.
c) Tính góc nhị diện $\left[ {A,SC,B} \right]$ phức tạp và cần tính toán kỹ lưỡng.
d) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng $BM$ và $SN$ cũng phức tạp và đòi hỏi kiến thức về hình học không gian.
Lời giải:
Bạn cần đăng ký gói VIP để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn. Nâng cấp VIP
Lời giải:
Bạn cần đăng ký gói VIP để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn. Nâng cấp VIP
Lời giải:
Bạn cần đăng ký gói VIP để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn. Nâng cấp VIP
Lời giải:
Bạn cần đăng ký gói VIP để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn. Nâng cấp VIP
Lời giải:
Bạn cần đăng ký gói VIP để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn. Nâng cấp VIP
Trọn Bộ Giáo Án Word & PowerPoint Tiếng Anh 12 – I-Learn Smart World – Năm Học 2025-2026
Trọn Bộ Giáo Án Word & PowerPoint Tiếng Anh 12 – Global Success – Năm Học 2025-2026
Trọn Bộ Giáo Án Word & PowerPoint Hóa Học 12 – Kết Nối Tri Thức – Năm Học 2025-2026
Trọn Bộ Giáo Án Word & PowerPoint Hóa Học 12 – Chân Trời Sáng Tạo – Năm Học 2025-2026
Trọn Bộ Giáo Án Word & PowerPoint Công Nghệ 12 – Kết Nối Tri Thức – Năm Học 2025-2026
