Bài tập ôn tập chương 8

A. Sai vì có thể cắt hoặc chéo nhau.

C. Sai vì hai mặt phẳng đó có thể trùng nhau hoặc cắt nhau.

D. Sai vì hai mặt phẳng đó có thể cắt nhau.

Theo định nghĩa: Hình lăng trụ đều là hình lăng trụ đứng có đáy là một đa giác đều.

Dựa vào định nghĩa hình chóp đều và tính chất hình chóp đều ta chọn đáp án A.

Quan sát hình vẽ ta thấy, thiết diện là một tứ giác đồng dạng với tứ giác ở đáy.

Ta có $SA \bot \left( {ABCD} \right)$.

$\Rightarrow AD$ là hình chiếu vuông góc của $SD$ xuống mặt $\left( {ABCD} \right)$.

$\Rightarrow \left( {\widehat {SD,\,\,\left( {ABCD} \right)}} \right) = \left( {\widehat {SD,\,\,AD}} \right) = \widehat {SDA}$.

Vì $\left. \begin{array}{l}AB \bot AC\\AB \bot AD\end{array} \right\} \Rightarrow AB \bot \left( {ACD} \right) \Rightarrow AB \bot CD$.

Gọi $M$ là trung điểm cạnh $BC$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}AM \bot BC\\AM \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow AM$ là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng $SA$ và $BC$.

Do đó $AM = d\left( {SA,\,\,BC} \right) = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Gọi $E$ là trung điểm của $BC$.

Tam giác $ABC$ cân nên $BC \bot AE$;

Tam giác $DBC$ cân nên $BC \bot DE$.

Do đó $BC \bot \left( {AED} \right) \Rightarrow BC \bot AD$.

Chỉ có A đúng còn lại B, C, D là sai.

Do $ABCD$ là hình bình hành$\Rightarrow AC \cap BD = O$ là trung điểm của $AC$ và $BD$$\Rightarrow d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = \dfrac{{6a}}{7}$.

Có $CD{\rm{//}}AB \Rightarrow \left( {BA',CD} \right) = \left( {BA',BA} \right) = \widehat {ABA'} = 45^\circ$ (do $ABB'A'$ là hình vuông).

Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $S$ lên mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$, theo đầu bài $SA = SB = SC$ và tam giác $\Delta ABC$ vuông cân tại $A$ ta có $H$ là trung điểm của $BC$. Gọi $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của $SA$, $SB$ ta có: $\left\{ \begin{array}{l}MN\;{\rm{//}}\;AB\\HN\;{\rm{//}}\;SC\end{array} \right.$

$\Rightarrow$ Góc giữa $AB$  và $SC$ là góc giữa $MN$  và $HN$.

Xét tam giác $\Delta MNH$ ta có: $MN = \dfrac{{AB}}{2} = \dfrac{a}{2};$ $HN = \dfrac{{SC}}{2} = \dfrac{a}{2}\;;$ $MH = \dfrac{{SA}}{2} = \dfrac{a}{2}$

(do $\Delta SHA$ vuông tại $H$)

$\Rightarrow$ tam giác $\Delta MNH$ là tam giác đều $\Rightarrow$$\widehat {MNH} = 60^\circ$.

Vậy góc cần tìm là $60^\circ$.

Theo đề bài ta có: $\Delta ABC,$ $\Delta DBC$ lần lượt cân tại $A,$$D$. Gọi $H$ là trung điểm của $BC$.

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AH \bot BC\\DH \bot BC\end{array} \right.$$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AD \subset \left( {ADH} \right)\\BC \bot \left( {ADH} \right)\end{array} \right.$$\Rightarrow BC \bot AD$.

Ta có $AA'{\rm{//}}\left( {BCC'B'} \right)$ nên khoảng cách từ $AA'$ đến mặt phẳng $\left( {BCC'B'} \right)$ cũng chính là khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $\left( {BCC'B'} \right)$.

Hạ $AH \bot BC \Rightarrow AH \bot \left( {BCC'B'} \right)$.

Ta có $\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{A{C^2}}} = \dfrac{1}{{3{a^2}}} + \dfrac{1}{{B{C^2} - A{B^2}}} = \dfrac{1}{{3{a^2}}} + \dfrac{1}{{{a^2}}} = \dfrac{4}{{3{a^2}}}$$\Rightarrow AH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Vậy khoảng cách từ $AA'$ đến mặt phẳng $\left( {BCC'B'} \right)$ bằng $\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Dễ thấy $CB \bot \left( {SAB} \right)$ $\Rightarrow SB$ là hình chiếu vuông góc của $SC$ lên $\left( {SAB} \right)$.

Vậy góc giữa đường thẳng $SC$ và mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ là $\widehat {CSB}$.

Tam giác $CSB$ có $\widehat B = 90^\circ ;\,CB = a;\,SB = a\sqrt 3  \Rightarrow \tan \widehat {CSB} = \dfrac{{CB}}{{SB}} = \dfrac{a}{{a\sqrt 3 }} = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}$.

Vậy $\widehat {CSB}$ $= 30^\circ$.

Do tất cả các cạnh của hình chóp bằng nhau nên hình chóp $S.ABCD$ là hình chóp đều $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}SO \bot (ABCD)\\AC \bot BD\end{array} \right.$.

Do M là trung điểm của CD nên ta có:

$\overrightarrow {MS}  = \overrightarrow {{\rm{O}}S}  - \overrightarrow {OM}  =  - \dfrac{1}{2}\overrightarrow {OC}  - \dfrac{1}{2}\overrightarrow {OD}  + \overrightarrow {{\rm{O}}S}$, $\overrightarrow {CB}  = \overrightarrow {OB}  - \overrightarrow {OC}  =  - \overrightarrow {OD}  - \overrightarrow {OC}$.

Do $\overrightarrow {OC} ;$ $\overrightarrow {OS} ;$ $\overrightarrow {OD}$ đôi một vuông góc với nhau nên ta có:

$\overrightarrow {MS} .\overrightarrow {CB}  = \dfrac{1}{2}O{C^2} + \dfrac{1}{2}O{D^2} = O{C^2} = \dfrac{{{a^2}}}{2}$

Gọi $H$, $M$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $CD$ suy ra $HM = 1$, $SH = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}$ và $SM = \dfrac{{\sqrt 7 }}{2}$

Vì tam giác $SAB$ đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy $\left( {ABCD} \right)$ nên $SH \bot \left( {ABCD} \right)$.

Vì $AB{\rm{//C}}D$ nên $AB{\rm{//}}\left( {SCD} \right)$.

Do đó $d\left( {B;\,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {H;\,\left( {SCD} \right)} \right) = HK$ với $HK \bot SM$ trong $\Delta SHM$.

Ta có:$\dfrac{1}{{H{K^2}}} = \dfrac{1}{{S{H^2}}} + \dfrac{1}{{H{M^2}}}$$\Rightarrow HK = \dfrac{{\sqrt {21} }}{7}$.

Vì $AB = AC$, $\widehat {SAC} = \widehat {SAB}$ nên $\Delta \,SAC = \Delta \,SAB$, suy ra $SB = SC$, nên hai tam giác $ABC$ và $SBC$ là tam giác cân. Gọi $H$ là trung điểm $BC$, ta có $\left\{ \begin{array}{l}AH \bot BC\\SH \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow \left( {SAH} \right) \bot BC$.

Vậy $SA \bot BC$.

Ta có $AB{\rm{//}}CD$ nên $\left( {\widehat {AB;\,SC}} \right) = \left( {\widehat {CD;\,SC}} \right) = \widehat {SCD}$.

Gọi $M$ là trung điểm của $CD$.

Tam giác $SCM$ vuông tại $M$ và có $SC = a\sqrt 2$, $CM = a$ nên là tam giác vuông cân tại $M$ nên $\widehat {SCD} = 45^\circ$.

Vậy $\left( {\widehat {AB;\,SC}} \right) = 45^\circ$.

Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $AB,CD$; $H$ là hình chiếu vuông góc của $O$ trên $SN.$

Vì $AB{\rm{//}}CD$ nên $d\left( {AB,SC} \right) = d\left( {AB,(SCD)} \right) = d\left( {M,(SCD)} \right) = 2d\left( {O,(SCD)} \right)$ (vì $O$ là trung điểm đoạn $MN$)

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot SO\\CD \bot ON\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot (SON) \Rightarrow CD \bot OH$

Khi đó $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot OH\\OH \bot SN\end{array} \right. \Rightarrow OH \bot (SCD) \Rightarrow d\left( {O;(SCD)} \right) = OH.$

Tam giác $SON$ vuông tại $O$ nên $\dfrac{1}{{O{H^2}}} = \dfrac{1}{{O{N^2}}} + \dfrac{1}{{O{S^2}}} = \dfrac{1}{{\dfrac{{{a^2}}}{4}}} + \dfrac{1}{{{a^2}}} = \dfrac{5}{{{a^2}}} \Rightarrow OH = \dfrac{a}{{\sqrt 5 }}$

Vậy $d\left( {AB,SC} \right) = 2OH = \dfrac{{2a\sqrt 5 }}{5}$.