Phần 3. Trắc nghiệm trả lời ngắn

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thang vuông tại \(A\) và \(B\), cạnh bên \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) và \(SA = a\sqrt 2 ,AD = 2AB = 2BC = 2a\). Tính côsin của góc nhị diện \(\left[ {A,SD,C} \right]\) (lấy kết quả đến hàng phần chục).

a) \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = {a^3}\).

b) \(A'C = a\sqrt 3 \).

c) Có \(ACC'A'\) là hình bình hành nên \(AC//A'C'\).

Khi đó \(\left( {AC,A'D'} \right) = \left( {A'C',A'D'} \right) = \widehat {D'A'C'} = 45^\circ \).

d) Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\).

Ta có \(AO \bot BD\) mà \(AA' \bot BD\) nên \(BD \bot \left( {AOA'} \right)\).

Hạ \(AH \bot A'O\) và \(AH \bot BD\left( {BD \bot \left( {AOA'} \right)} \right)\) nên \(AH \bot \left( {A'BD} \right)\).

Suy ra \(d\left( {A,\left( {A'BD} \right)} \right) = AH\).

Ta có \(AO = \frac{{AC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Xét \(\Delta A'AO\) vuông tại \(A\), ta có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{{A'}^2}}} + \frac{1}{{A{O^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{2}{{{a^2}}} = \frac{3}{{{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Đáp án: a) Sai;    b) Sai;   c) Đúng;    d) Sai.

a) Vì \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC\) mà \(BC \bot AB\) \( \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB\)

\( \Rightarrow \Delta SBC\) là tam giác vuông tại \(B\).

b) Vì \(BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AH\) mà \(AH \bot SB\) nên \(AH \bot \left( {SBC} \right)\).

c) Vì \(AH \bot \left( {SBC} \right)\) nên \(AH \bot SC\) mà \(AK \bot SC\)\( \Rightarrow SC \bot \left( {AHK} \right) \Rightarrow SC \bot HK\) hay \(\left( {SC,HK} \right) = 90^\circ \).

d) Vì \(HK \bot SC\) và \(AK \bot SC\) nên \(SC \bot \left( {ADK} \right) \Rightarrow AD \bot SC\) (1).

Mà \(SA \bot \left( {ADC} \right) \Rightarrow SA \bot AD\) (2).

Từ (1) và (2), suy ra \(AD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow AD \bot AC\) hay \(\left( {AC,AD} \right) = 90^\circ \).

Đáp án: a) Sai;    b) Đúng;   c) Đúng;    d) Đúng.