Bài tập Hình chóp đều, hình lăng trụ đứng và các trường hợp đặc biệt lớp 11 (có lời giải)

Đáp án đúng là: D

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD.

Vì ABCD là hình vuông nên AO ⊥ BD.

Vì AA' ⊥ (ABCD) ⇒ AA' ⊥ BD mà AO ⊥ BD nên BD ⊥ (AOA') ⇒ BD ⊥ A'O.

Khi đó: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {A'BD} \right) \cap \left( {ABD} \right) = BD\\A'O \bot BD\\AO \bot BD\end{array} \right. \Rightarrow \left[ {A',BD,A} \right] = \widehat {A'OA} = 30^\circ \).

Vì ABCD là hình vuông nên AC = BD mà O là tâm hình vuông nên \(AO = \frac{{AC}}{2} = a\).

Xét ∆A'AO vuông tại A, ta có:\({\rm{tan}}\widehat {A'OA} = \frac{{AA'}}{{AO}} \Rightarrow AA' = \frac{1}{{\sqrt 3 }}.a = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Đáp án đúng là: B

Mệnh đề (1) sai. Các cạnh bên không vuông góc với mặt đáy.

Đáp án đúng là: A

Vì BB' ⊥ (ABCD) ⇒ BB' ⊥ AC (1).

Do ABCD là hình vuông nên BD ⊥ AC (2).

Từ (1) và (2), suy ra AC ⊥ (BB'D) mà AC ⊂ (AB'C) nên (AB'C) ⊥ (BB'D).

Đáp án đúng là: C

Gọi M là trung điểm BC, khi đó \[MA = MC' = \sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\] nên M thuộc mặt phẳng trung trực của AC'. Tương tự ta cũng có các điểm N, P, Q, R, S lần lượt là trung điểm DC, DD', D'A', A'B', B'B và cũng thuộc mặt phẳng trung trực.

Vậy thiết diện cần tìm là lục giác đều MNPQRS.

Có \(MN = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{4} + \frac{{{a^2}}}{4}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Do đó diện tích của lục giác đều bằng \[6.{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)^2}.\frac{{\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3\sqrt 3 }}{4}{a^2}\] .

Đáp án đúng là: D

Tổng số đo các góc của hình lục giác là 720°. Vì ABCDEF là hình lục giác đều nên mỗi góc của hình lục giác đều ABCDEF là 120° \[ \Rightarrow \widehat {FAB} = 120^\circ \].

Vì ABCDEF là hình lục giác đều nên ta suy ra:

AD là tia phân giác của góc \(\widehat {FAB}\) và \(\widehat {EDC}\) \[ \Rightarrow \widehat {FAD} = \frac{{\widehat {FAB}}}{2} = 60^\circ \].

Tam giác AFD vuông tại F có \[\widehat {FAD} = 60^\circ \] và AD = a ta suy ra: \[\cos \widehat {FAD} = \frac{{AF}}{{AD}} \Rightarrow AF = AD.\cos \widehat {FAD} = a.\cos 60^\circ = a.\frac{1}{2} = \frac{a}{2}\].

Đáp án đúng là: B

Ta có: (ABCD) ∩ (ABC') = AB.

Vì BB' ⊥ (ABCD) ⇒ BB' ⊥ AB mà AB ⊥ BC ⇒ AB ⊥ (BB'C'C) ⇒ AB ⊥ BC'.

Do đó góc giữa hai mặt phẳng (ABCD) và (ABC') bằng góc giữa hai đường thẳng BC và BC'.

Mà (BC, BC') = \[\widehat {CBC'} = 60^\circ \].

Xét ∆CBC' vuông tại C, có \(\tan \widehat {CBC'} = \frac{{CC'}}{{CB}} \Rightarrow CC' = CB.\tan \widehat {CBC'} = a.\tan 60^\circ = a\sqrt 3 \).

Đáp án đúng là: B

Hình chóp tam giác đều A.BCD có H là trọng tâm của tam giác đáy BCD và DH cắt BC tại I.

Ta có AH ⊥ (BCD) ⇒ AH ⊥ BC (1).

Tam giác BCD đều và H là trọng tâm của tam giác BCD nên DI ⊥ BC (2).

Từ (1) và (2), suy ra BC ⊥ (AHI) ⇒ BC ⊥ AI.

Do đó góc giữa mặt bên (ABC) và mặt đáy (BCD) là \(\widehat {AIH}\).

Tam giác ABC đều có AI là đường trung tuyến nên AI là đường cao và\(AI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Tam giác BCD đều có H là trọng tâm nên \(IH = \frac{1}{3}DI = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\).

Có AH ⊥ (BCD) nên tam giác AIH vuông tại H. Khi đó \(\cos \widehat {AIH} = \frac{{IH}}{{AH}} = \frac{1}{3}\).

Đáp án đúng là: B

Đặt AB = a, gọi I là trung điểm của AB.

Vì SO ⊥ (ABCD) ⇒ SO ⊥ AB mà OI ⊥ AB nên AB ⊥ (SOI) ⇒ AB ⊥ SI.

Do đó góc giữa mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng (ABCD) là \(\widehat {SIO}\).

Vì OI là đường trung bình của ∆ABC nên \(OI = \frac{{BC}}{2} = \frac{a}{2}\) và \(SO = \frac{{\sqrt 3 }}{2}AB = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a\).

Xét ∆SOI vuông tại O, có \[\tan \widehat {SIO} = \frac{{SO}}{{OI}} = \frac{{\frac{{\sqrt 3 }}{2}a}}{{\frac{1}{2}a}} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {SIO} = 60^\circ \].