Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Góc đường–mặt (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Gọi hệ trục với đáy bể là hình vuông cạnh 100cm, các cạnh bên thẳng đứng. Mặt nước là hình bình hành ABCD cắt ba cạnh bên tại A, B, C với độ cao 40, 44, 48cm. Vì ABCD là hình bình hành nên trung điểm AC trùng trung điểm BD, suy ra độ cao của D là d(D)=d(A)+d(C)−d(B)=40+48−44=44cm. Như vậy mặt nước nằm trên mặt phẳng z = 40 + 0,04x + 0,04y (cm), với vectơ pháp tuyến n = (−0,04; −0,04; 1), |n| = √(1+0,0032) = √1,0032. Cạnh bên của hình lập phương có phương thẳng đứng u = (0;0;1). Góc α giữa cạnh bên và mặt nước thỏa sin α = |cos(u,n)| / |n| = 1/√1,0032. Do đó P = √2508 · sin α = √2508/√1,0032 = √(2508/1,0032) = √2500 = 50.

(AI giải đề cho tôi)
a) Tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên trung điểm $H$ của $BC$ là chân đường cao, tức $AH\perp BC$. Hình chiếu của $A^{\prime }$ trên $(ABC)$ là $H$ nên $A^{\prime }H\perp (ABC)$, suy ra $A^{\prime }H\perp BC$. Vì $BC$ vuông với cả $AH$ và $A^{\prime }H$ (hai đường thẳng cắt nhau tại $H$, cùng nằm trong mặt phẳng $(A^{\prime }AH)$) nên $BC\perp (A^{\prime }AH)$. Do đó $BC\perp A^{\prime }A$ (đpcm).

b) Vì $H$ là hình chiếu của $A^{\prime }$ trên $(ABC)$ nên góc giữa $A{A}^{\prime }$ và $(ABC)$ là góc $\left(A{A}^{\prime },(ABC)\right)=\widehat{A^{\prime }AH}$.

Tam giác $A^{\prime }AH$ vuông tại $H$ với $A{A}^{\prime }=a\sqrt{2}$ là cạnh huyền.

Tính $AH$: tam giác $ABC$ cân tại $A$ với $AB=AC=2a$, $\widehat{BAC}=120^{\circ }$, nên $\widehat{BAH}=60^{\circ }$ và $AH=AB\cos 60^{\circ }=2a\cdot \frac{1}{2}=a$ (khi đó $BC=2a\sin 60^{\circ }=2a\sqrt{3}$).

Theo định lý Pythagore: $A^{\prime }H=\sqrt{A{A}^{\prime 2}-A{H}^2}=\sqrt{2a^2-a^2}=a$.

Suy ra $\tan \widehat{A^{\prime }AH}=\frac{A^{\prime }H}{AH}=\frac{a}{a}=1\Rightarrow \widehat{A^{\prime }AH}=45^{\circ }$.

Vậy góc giữa đường thẳng $A{A}^{\prime }$ và mặt phẳng $(ABC)$ bằng $45^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Tấm ván ABCD hình chữ nhật có chiều dài 3,5 m đặt dọc theo mặt phẳng nghiêng (từ đáy hố lên miệng hố) và bề rộng 1 m. Cạnh dưới của ván nằm ở đáy hố (thấp hơn mặt đáy 2 m), cạnh trên nằm ở miệng hố (thuộc mặt đáy). Hai đỉnh chéo nhau là hai đỉnh đối diện của hình chữ nhật: một đỉnh thuộc cạnh dưới (nằm ở đáy hố) và đỉnh kia thuộc cạnh trên (nằm ở miệng hố), nên độ chênh cao giữa hai đỉnh này bằng độ sâu hố là 2 m.

Độ dài đường chéo của tấm ván:
$$d=\sqrt{3,5^2+1^2}=\sqrt{12,25+1}=\sqrt{13,25}\approx 3,640\text{ m}.$$

Góc $\alpha$ giữa đường chéo và mặt phẳng đáy thỏa:
$$\sin \alpha =\frac{2}{\sqrt{13,25}}\approx 0,5494.$$

Suy ra $\alpha =\arcsin (0,5494)\approx 33,3^{\circ }$ (khoảng $33^{\circ }18^{\prime }$).

(AI giải đề cho tôi)
Tổng lực căng theo phương thẳng đứng: mỗi lực có thành phần đứng $5000\sqrt{3}\cdot \sin 60^{\circ }=5000\sqrt{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=7500$ (N). Bốn dây: $4\times 7500=30000$ (N). Hệ cân bằng nên tổng trọng lượng khung sắt và ô tô bằng $30000$ N, suy ra trọng lượng ô tô $=30000-3000=27000$ (N). Chọn B.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên hình chiếu của $S$ lên $(ABCD)$ là $A$, hình chiếu của $B$ là $B$, do đó hình chiếu của $SB$ là $AB$ → (a) đúng. Góc $(SB,(ABCD))=\widehat{SBA}$, $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\sqrt{2}\Rightarrow \widehat{SBA}\approx 54,75^{\circ }$ → (b) đúng. Góc $(SC,(ABCD))=\widehat{SCA}$, $AC=a\sqrt{2}$, $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{2}}=1\Rightarrow \widehat{SCA}=45^{\circ }$ → (c) đúng. Với $(SC,(SAB))$: $BC\perp AB$ và $BC\perp SA$ nên $BC\perp (SAB)$, khoảng cách từ $C$ đến $(SAB)$ là $BC=a$; $SC=\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}=\sqrt{2a^2+a^2}=a\sqrt{3}$; $\sin (SC,(SAB))=\frac{BC}{SC}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow$ góc $\approx 35,26^{\circ }\ne 60^{\circ }$ → (d) sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $S$ lên $(ABCD)$ là $A$ (vì $SA\perp (ABCD)$), hình chiếu của $B$ là $B$, nên hình chiếu của $SB$ là $AB$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Góc giữa $SB$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SBA}$ với $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\sqrt{2}$, suy ra $\widehat{SBA}\approx 54,75^{\circ }$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SCA}$; $AC=a\sqrt{2}$ nên $\tan \widehat{SCA}=\frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{2}}=1\Rightarrow \widehat{SCA}=45^{\circ }$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$BC\perp (SAB)$ nên $d(C,(SAB))=BC=a$; $SC=a\sqrt{3}$; $\sin (SC,(SAB))=\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow$ góc $\approx 35,26^{\circ }\ne 60^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp tam giác đều $S.ABC$, cạnh đáy $a\sqrt{3}$, cạnh bên $2a$. Gọi $O$ là tâm đáy, $M$ trung điểm $BC$. Đường cao đáy $AM=\frac{a\sqrt{3}\cdot \sqrt{3}}{2}=\frac{3a}{2}$, nên $AO=\frac{2}{3}AM=a$, $OM=\frac{a}{2}$. Vì chóp đều nên $SO\perp (ABC)$ và $SO=\sqrt{S{A}^2-A{O}^2}=\sqrt{4a^2-a^2}=a\sqrt{3}$. (a) Đúng. (b) Đúng vì hình chiếu của $SA$ lên $(ABC)$ là $OA$. (c) $\tan (SA,(ABC))=\frac{SO}{AO}=\sqrt{3}\Rightarrow$ góc $=60^{\circ }$, đúng. (d) $SM=\sqrt{S{O}^2+O{M}^2}=\sqrt{3a^2+\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{13}}{2}$, nên $\sin (SM,(ABC))=\frac{SO}{SM}=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{13}}\approx 0,9608\Rightarrow$ góc $\approx 73,9^{\circ }\ne 70,9^{\circ }$, sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Chóp đều nên đường cao đi qua tâm đáy: $SO\perp (ABC)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $A$ trên $(ABC)$ là $O$ nên góc giữa $SA$ và $(ABC)$ là góc giữa $SA$ và $OA$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$AO=a$, $SO=a\sqrt{3}$, $\tan (SA,(ABC))=\sqrt{3}\Rightarrow 60^{\circ }$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$SM=\frac{a\sqrt{13}}{2}$, $\sin (SM,(ABC))=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{13}}\approx 0,9608\Rightarrow$ góc $\approx 73,9^{\circ }$, không phải $70,9^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 4 (Tự luận):

a) Tam giác $ABC$ vuông tại $B$ nên $BC\perp AB$. Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$. Mà $BC$ nằm ngoài mp$(SAB)$, $AB\subset (SAB)$, $SA\subset (SAB)$, $AB\cap SA=A$, suy ra $BC\perp (SAB)$.

b) Vì $BC\perp (SAB)$ nên $B$ là hình chiếu của $C$ trên mp$(SAB)$, do đó hình chiếu của $SC$ trên mp$(SAB)$ là $SB$. Góc giữa $SC$ và mp$(SAB)$ là $\widehat{CSB}$.

Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ có $SA=2a$, $AB=a\sqrt{3}$ nên $SB=\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}=\sqrt{4a^2+3a^2}=a\sqrt{7}$.

Vì $BC\perp (SAB)$ nên $BC\perp SB$, tam giác $SBC$ vuông tại $B$ với $BC=a$, $SB=a\sqrt{7}$:
$$\tan \widehat{CSB}=\frac{BC}{SB}=\frac{a}{a\sqrt{7}}=\frac{1}{\sqrt{7}}\Rightarrow \widehat{CSB}\approx 20,7^{\circ }.$$

Vậy góc giữa hình chiếu của đường thẳng $SC$ và mp$(SAB)$ bằng $\arctan \frac{1}{\sqrt{7}}\approx 20,7^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\perp BC$ và $AB\perp BD$, mà $BC$ và $BD$ cắt nhau tại $B$ và cùng nằm trong mặt phẳng $(BCD)$, nên $AB\perp (BCD)$. Suy ra $B$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên $(BCD)$, do đó hình chiếu của $AC$ trên $(BCD)$ là $BC$. Vậy góc giữa $AC$ và $(BCD)$ là góc $\widehat{ACB}$ — khẳng định B đúng.

Kiểm tra các phương án khác:
- A sai: hình chiếu của $D$ trên $(ABD)$ là chính $D$ (vì $D\in (ABD)$), hình chiếu của $C$ trên $(ABD)$ là $B$ (do $CB\perp AB$, $CB\perp BD$ nên $CB\perp (ABD)$), vậy góc giữa $CD$ và $(ABD)$ là $\widehat{CDB}$, không phải $\widehat{CBD}$.
- C sai: vì $DB\perp AB$ và $DB\perp BC$ nên $DB\perp (ABC)$, hình chiếu của $D$ trên $(ABC)$ là $B$, góc giữa $AD$ và $(ABC)$ là $\widehat{DAB}$, không phải $\widehat{ADB}$.
- D sai: như trên, $CB\perp (ABD)$, góc giữa $AC$ và $(ABD)$ là $\widehat{CAB}$, không phải $\widehat{CBA}$.

Kết luận: chọn đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi cạnh hình lập phương là $a$. Đường chéo $M{P}^{\prime }$ của hình lập phương có chiều dài $a\sqrt{3}$. Hình chiếu của $M{P}^{\prime }$ lên mặt phẳng $(MNPQ)$ là $MP$ (đường chéo mặt), với $MP=a\sqrt{2}$. Góc giữa $M{P}^{\prime }$ và $(MNPQ)$ là góc $\varphi =\widehat{M{P}^{\prime }P}$ (vì $P{P}^{\prime }\perp (MNPQ)$). Ta có $\tan \varphi =\frac{P{P}^{\prime }}{MP}=\frac{a}{a\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$, suy ra $\cot \varphi =\sqrt{2}$. Vậy chọn đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $D(0;a\sqrt{2};0)$, $C(a;a\sqrt{2};0)$, $S(0;0;2a)$.
a) $BC\parallel AD$. $\overrightarrow{SD}=(0;a\sqrt{2};-2a)$, $|SD|=a\sqrt{6}$; $\overrightarrow{AD}=(0;a\sqrt{2};0)$. $\cos =\frac{2a^2}{a\sqrt{6}\cdot a\sqrt{2}}=\frac{2}{\sqrt{12}}=\frac{1}{\sqrt{3}}$ → Đúng.
b) Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $CA$ là hình chiếu của $SC$ lên $(ABCD)$, góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SCA}$ → Đúng.
c) $\overrightarrow{SB}=(a;0;-2a)$, $\overrightarrow{AI}=(a;\frac{a\sqrt{2}}{2};0)$. $\cos =\frac{a^2}{a\sqrt{5}\cdot a\sqrt{3/2}}=\frac{1}{\sqrt{7,5}}\approx 0,3651$ → góc $\approx 68,6^{\circ }\ne 79^{\circ }$ → Sai.
d) $\overrightarrow{CD}=(a;0;0)$, $\overrightarrow{SD}=(0;a\sqrt{2};-2a)$, tích vô hướng $=0$ nên $CD\perp SD$, tam giác $SCD$ vuông tại $D$ → Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Vì $BC\parallel AD$, $\cos (BC,SD)=\cos (AD,SD)=\frac{\overrightarrow{AD}\cdot \overrightarrow{SD}}{|AD||SD|}=\frac{2a^2}{a\sqrt{2}\cdot a\sqrt{6}}=\frac{1}{\sqrt{3}}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$SA\perp (ABCD)$ nên $CA$ là hình chiếu vuông góc của $SC$ trên $(ABCD)$; góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SCA}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\cos (SB,AI)=\frac{a^2}{a\sqrt{5}\cdot a\sqrt{3/2}}=\frac{1}{\sqrt{7,5}}\approx 0,3651$, suy ra góc $\approx 68,6^{\circ }$, không phải $79^{\circ }$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{CD}\cdot \overrightarrow{SD}=(a;0;0)\cdot (0;a\sqrt{2};-2a)=0$ nên $CD\perp SD$, tam giác $SCD$ vuông tại $D$.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 3:

a) Gọi $O$ là giao điểm của hai đường chéo $AC$ và $BD$ của hình thoi $ABCD$. Vì $ABCD$ là hình thoi nên $AC\perp BD$ tại $O$. Mặt khác $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BD$. Ta có: $BD\perp AC$, $BD\perp SA$, với $AC,SA\subset (SAC)$ và $AC\cap SA=A$. Vậy $BD\perp (SAC)$.

b) Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $AO$ (hay $AC$) là hình chiếu của $SD$ lên $(ABCD)$ (với $O$ là giao của $AC$ và $BD$). Do đó góc giữa $SD$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SDO}$.

Tam giác $SAD$ vuông tại $A$ có $SA=a\sqrt{3}$, $AD=a$, nên $\tan \widehat{SDA}=\frac{SA}{AD}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}$, suy ra $\widehat{SDA}=60^{\circ }$.

Vậy góc giữa đường thẳng $SD$ và mặt phẳng $(ABCD)$ bằng $60^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Hệ trục: $B(0,0,0)$, $A(a,0,0)$, $C(0,a,0)$, $S(a,0,a\sqrt{2})$ (vì $SA\perp (ABC)$, tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$ nên $BC=a$).
a) $SA=\sqrt{S{B}^2-A{B}^2}=\sqrt{3a^2-a^2}=a\sqrt{2}$ → Đúng.
b) Góc giữa $SB$ và $(ABC)$ là góc $SBA$: $\tan =\frac{SA}{AB}=\sqrt{2}$ → Đúng.
c) Mặt phẳng $(SAC)$ có vectơ pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{AS}\times \overrightarrow{AC}=(-a^2\sqrt{2},-a^2\sqrt{2},0)$, rút gọn $\vec{n}=(-1,-1,0)$. $\overrightarrow{SB}=(-a,0,-a\sqrt{2})$, $|\overrightarrow{SB}|=a\sqrt{3}$. $\sin \theta =\frac{|\overrightarrow{SB}\cdot \vec{n}|}{|\overrightarrow{SB}||\vec{n}|}=\frac{a}{a\sqrt{3}\cdot a\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{6}\approx 0,408\ne \frac{\sqrt{6}}{8}$ → Sai.
d) Vì $AB\perp BC$ và $SB\perp BC$ (do $SA\perp (ABC)$), góc nhị diện $[S,BC,A]$ là góc $SBA$: $\tan =\sqrt{2}\Rightarrow \arctan \sqrt{2}\approx 54,74^{\circ }$ → Đúng.
Kết quả Đ-Đ-S-Đ khớp với đáp án nguồn.
a) (AI giải đề cho tôi)
$SA=\sqrt{S{B}^2-A{B}^2}=\sqrt{3a^2-a^2}=a\sqrt{2}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Góc giữa $SB$ và $(ABC)$ là $\widehat{SBA}$, $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\sqrt{2}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Tính toán cho $\sin \theta =\frac{\sqrt{6}}{6}$, không bằng $\frac{\sqrt{6}}{8}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Góc nhị diện $[S,BC,A]$ là góc $SBA=\arctan \sqrt{2}\approx 54,74^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $H$ là trung điểm $AB$ nên $HB=\frac{a}{2}$. Góc giữa $SB$ và đáy là góc $SBH=60^{\circ }$, nên $SH=HB\cdot \tan 60^{\circ }=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Trong tam giác vuông $HBC$: $HC=\sqrt{H{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{\frac{a^2}{4}+a^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$. Góc giữa $SC$ và mặt đáy là góc $SCH=\phi$, do đó $\tan \phi =\frac{SH}{HC}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a\sqrt{5}}{2}}=\frac{\sqrt{15}}{5}$. Vậy $x=15$, $y=5$ (thỏa $y$ nguyên dương nhỏ hơn 10), suy ra $S=x+y=20$, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $D^{\prime }$ là hình chiếu của $D$ trên $(R)$. Góc giữa $AD$ và hình chiếu của nó trên $(R)$ bằng $30^0$ nên khoảng cách từ mặt tấm pin (mặt phẳng chứa $ABCD$ song song với $(R)$ theo phương $AB$) lên $(R)$ là $h=AD\cdot \sin 30^0=2\cdot \frac{1}{2}=1$ m. Do đó $C{C}^{\prime }=1$ m. Tam giác $AC{C}^{\prime }$ vuông tại $C^{\prime }$: $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{1+4}=\sqrt{5}$, nên $A{C}^{\prime }=\sqrt{A{C}^2-C{C}^{\prime 2}}=\sqrt{5-1}=2$ m. Khi đó $\tan \alpha =\frac{C{C}^{\prime }}{A{C}^{\prime }}=\frac{1}{2}$. Điểm trên $A{C}^{\prime }$ cách $A$ một khoảng $2\tan \alpha =1$ m. Cột đỡ thẳng đứng từ điểm này chạm $AC$ có chiều cao bằng chiều cao của điểm trên $AC$ ứng với tỉ số $\frac{1}{A{C}^{\prime }}=\frac{1}{2}$, tức là $\frac{1}{2}\cdot C{C}^{\prime }=\frac{1}{2}\cdot 1=0,5$ m. Kết quả khớp với đáp án nguồn 0,5.

Ta có góc giữa cạnh bên $SD$ và mặt $(ABCD)$ là $\widehat{SDO}=\alpha$. Ta có $BD=3\sqrt{2}\Rightarrow OD=\frac{3\sqrt{2}}{2}$, $SD=4\sqrt{2}$. và $\cos \alpha =\frac{OD}{SD}=\frac{\frac{3\sqrt{2}}{2}}{4\sqrt{2}}=\frac{3}{8}\approx 0,38$.

a) Ta có $$\{\begin{array}{l}BC\perp AM\\ BC\perp SA\end{array}\Rightarrow BC\perp (SAM)$$

b) Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ lên $SM$ thì $AH\perp SM$.

Theo chứng minh trên ta có $BC\perp (SAM)$ nên $(SBC)\perp (SAM)$.

Vậy ta có $$\{\begin{array}{l}(SBC)\perp (SAM)\\ (SBC)\cap (SAM)=SM\Rightarrow AH\perp (SBC)\\ AH\perp SM\end{array}$$

Khi đó góc giữa $SA$ và mặt bên $(SBC)$ là $\widehat{ASH}=\widehat{ASM}=\beta$.

Ta có $AM=a\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, $S{M}^2=S{A}^2-A{M}^2={\left(a\sqrt{2}\right)}^2-{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2=\frac{5a^2}{4}\Rightarrow SM=\frac{a\sqrt{5}}{2}$.

Khi đó $\sin \beta =\frac{AM}{SM}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a\sqrt{5}}{2}}=\frac{\sqrt{15}}{5}$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi O là tâm đáy hình vuông ABCD. Đường chéo đáy AC = 230√2, nên AO = 115√2 ≈ 162,635 m. Vì các cạnh bên bằng nhau nên SO ⊥ (ABCD). Trong tam giác vuông SOA: SO² = SA² − AO² = 219² − (115√2)² = 47961 − 26450 = 21511, suy ra SO ≈ 146,67 m. Góc giữa cạnh bên SA và mặt đáy là α = SAO, nên tan α = SO/AO ≈ 146,67/162,635 ≈ 0,9018 ≈ 0,9. Kết quả trùng với đáp án nguồn (0,9).

(AI giải đề cho tôi)
Từ hình vẽ: $ABED$ là hình chữ nhật với $AB=0,3m$, $BCFE$ là hình vuông cạnh $1,2m$; mặt phẳng $(ACFD)$ chứa cạnh bậc thềm, $AB$ vuông góc với mặt phẳng này.
a) Tam giác $ABC$ vuông tại $B$ (do $AB\perp BC$), có $AB=0,3$, $BC=1,2$ nên $AC=\sqrt{0,3^2+1,2^2}=\sqrt{1,53}$. Suy ra $\sin BCA=\frac{AB}{AC}=\frac{0,3}{\sqrt{1,53}}\approx 0,2425\ne 0,5$. Mệnh đề SAI.
b) Vì $ABED$ là hình chữ nhật nên $ED\perp AD$, và $ED\perp DF$ (do $ED\perp$ mặt chứa hình vuông $BCFE$ theo cấu trúc hình). Từ đó $ED\perp (ACFD)$. Mệnh đề ĐÚNG.
c) Vì $AB\perp (ACFD)$ (do $AB\perp AD$ và $AB\perp AC$) nên hình chiếu của $B$ trên $(ACFD)$ là $A$, do đó $\sin \alpha =\frac{AB}{BF}=\frac{0,3}{1,2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{8}\approx 0,177\ne \frac{3\sqrt{2}}{20}\approx 0,212$. Mệnh đề SAI.
d) $BF$ là đường chéo hình vuông $BCFE$ cạnh $1,2m$ nên $BF=1,2\sqrt{2}\approx 1,697m\ne \sqrt{2}m$. Mệnh đề SAI.
Kết quả khớp bảng đáp án nguồn (Mã đề 1102): 1a = S, 1b = Đ, 1c = S, 1d = S.
a) Vì $ABED$ là hình chữ nhật nên $AB\perp BC$. Tam giác $ABC$ vuông tại $B$ có $AB=0,3$, $BC=1,2$ nên $AC=\sqrt{0,3^2+1,2^2}=\sqrt{1,53}$. Suy ra $\sin BCA=\frac{AB}{AC}=\frac{0,3}{\sqrt{1,53}}\approx 0,2425\ne 0,5$. Mệnh đề sai.
b) Vì $ABED$ là hình chữ nhật nên $ED\perp AD$. Trong hình vuông $BCFE$ (nằm trong mặt phẳng $(ACFD)$ cùng với $A,C,F,D$ theo cấu trúc hình vẽ), ta có $ED\perp DF$. Từ đó $ED\perp (ACFD)$. Mệnh đề đúng.
c) Vì $AB\perp (ACFD)$ (do $AB\perp AD$ và $AB\perp AC$) nên $B$ cách đều mặt phẳng $(ACFD)$ một khoảng $AB=0,3$. Hình chiếu của $B$ trên $(ACFD)$ là $A$, do đó $\sin \alpha =\frac{AB}{BF}=\frac{0,3}{1,2\sqrt{2}}=\frac{1}{4\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{8}\approx 0,177\ne \frac{3\sqrt{2}}{20}\approx 0,212$. Mệnh đề sai.
d) $BF$ là đường chéo của hình vuông $BCFE$ có cạnh $1,2m$ nên $BF=1,2\sqrt{2}m\approx 1,697m\ne \sqrt{2}m$. Mệnh đề sai.

(AI giải đề cho tôi)
Hình học: ABED là hình chữ nhật nằm trong mặt phẳng thẳng đứng với AB = ED = 0,3 m; AD = BE = 1,2 m; mặt phẳng (ACFD) là mặt phẳng nằm ngang nên AB ⊥ (ACFD) và ED ⊥ (ACFD).
a) Vì ABED là hình chữ nhật nên ED ∥ AB, mà AB ⊥ (ACFD) (AB vuông góc với mặt nằm ngang) nên ED ⊥ (ACFD). Đúng.
b) Tam giác ABC vuông tại A: sin∠BCA = AB/BC = 0,3/1,2 = 0,25 ≠ 0,5. Sai.
c) Hình chiếu của B lên (ACFD) là A nên sin α = AB/BF. BCFE là hình vuông cạnh 1,2 m nên BF = 1,2√2 (đường chéo). Suy ra sin α = 0,3/(1,2√2) = √2/8 ≈ 0,177 ≠ 3√2/20 ≈ 0,212. Sai.
d) BF là đường chéo hình vuông BCFE cạnh 1,2 m nên BF = 1,2√2 ≈ 1,697 m ≠ √2 m. Sai.
Kết quả khớp với đáp án nguồn: a Đúng, b Sai, c Sai, d Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
ABED là hình chữ nhật nên ED ∥ AB; AB ⊥ (ACFD) (mặt nằm ngang) nên ED ⊥ (ACFD).
b) (AI giải đề cho tôi)
Tam giác ABC vuông tại A: sin∠BCA = AB/BC = 0,3/1,2 = 0,25 ≠ 0,5.
c) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của B trên (ACFD) là A nên sin α = AB/BF = 0,3/(1,2√2) = √2/8 ≈ 0,177 ≠ 3√2/20.
d) (AI giải đề cho tôi)
BF là đường chéo hình vuông cạnh 1,2 m: BF = 1,2√2 ≈ 1,697 m ≠ √2 m.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $D(0;2a;0)$, $C(a;a;0)$, $S(0;0;a\sqrt{3})$ (vì $AB=a$, $AD=2a$, $BC=a$, $AD\parallel BC$, góc vuông tại $A,B$).
a) $BC\perp AB$ (đáy) và $BC\perp SA$ ($SA\perp (ABCD)$) nên $BC\perp (SAB)$. Đúng.
b) $SD=\sqrt{A{D}^2+S{A}^2}=\sqrt{4a^2+3a^2}=a\sqrt{7}$. Góc giữa $SD$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SDA}$, $\sin =\frac{SA}{SD}=\frac{a\sqrt{3}}{a\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{21}}{7}$. Đúng.
c) $\overrightarrow{SC}=(a;a;-a\sqrt{3})$, $\overrightarrow{BD}=(-a;2a;0)$, tích vô hướng $=-a^2+2a^2=a^2\ne 0$ nên $SC$ không vuông góc $BD$. Sai.
d) $\overrightarrow{DC}=(a;-a;0)\perp \overrightarrow{AC}=(a;a;0)$ và $DC\perp SA$ nên $DC\perp (SAC)$, chân đường vuông góc từ $D$ xuống $(SAC)$ là $C$, $DC=a\sqrt{2}$, $SH=\sqrt{S{D}^2-D{C}^2}=\sqrt{7a^2-2a^2}=a\sqrt{5}$. Góc giữa $SD$ và $(SAC)$: $\tan =\frac{DC}{S{C}^{\prime }}=\frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{10}}{5}\ne \frac{\sqrt{10}}{2}$. Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$BC\perp AB$ và $BC\perp SA$ nên $BC\perp (SAB)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$SD=a\sqrt{7}$, $\sin \widehat{SDA}=\frac{SA}{SD}=\frac{\sqrt{21}}{7}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{SC}\cdot \overrightarrow{BD}=a^2\ne 0$ nên $SC$ không vuông góc $BD$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Khoảng cách từ $D$ đến $(SAC)$ là $DC=a\sqrt{2}$, $\tan =\frac{\sqrt{10}}{5}\ne \frac{\sqrt{10}}{2}$.