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

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\perp (ADFC)$ nên hình chiếu của $BC$ lên mặt phẳng $(ADFC)$ là $AC$, do đó góc giữa $BC$ và $(ADFC)$ là $\widehat{BCA}=10^{\circ }$. $BCFE$ là hình vuông cạnh $CE=2m$ nên $BC=2m$. Chiều cao độc kê là $AB=BC\cdot \sin 10^{\circ }=2\sin 10^{\circ }\approx 2\cdot 0,173648\approx 0,35m$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên $CB\perp AB$. Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp CB$. Mà $CB\perp AB$, $CB\perp SA$, với $AB,SA\subset (SAB)$ và cắt nhau tại $A$, suy ra $CB\perp (SAB)$.

b) Vì $CB\perp (SAB)$ nên $B$ là hình chiếu của $C$ trên $(SAB)$, do đó góc giữa $SC$ và $(SAB)$ là góc giữa $SC$ và $SB$, tức góc $\widehat{CSB}$.
Ta có $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{a^2+2a^2}=a\sqrt{3}$, nên $SC=\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}=\sqrt{4a^2+3a^2}=a\sqrt{7}$.
Tam giác $SBC$ vuông tại $B$ với $CB=AD=a\sqrt{2}$, nên $\sin \widehat{CSB}=\frac{CB}{SC}=\frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{7}}=\sqrt{\frac{2}{7}}$.
Vậy $\cos \widehat{CSB}=\sqrt{1-\frac{2}{7}}=\sqrt{\frac{5}{7}}=\frac{\sqrt{35}}{7}$, tức góc giữa $SC$ và $(SAB)$ có cosin bằng $\frac{\sqrt{35}}{7}$ (góc khoảng $32,3^{\circ }$).

c) Chọn hệ trục toạ độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $D(0;a\sqrt{2};0)$, $C(a;a\sqrt{2};0)$, $S(0;0;2a)$. $I$ là trung điểm $CD$ nên $I\left(\frac{a}{2};a\sqrt{2};0\right)$.
$\overrightarrow{SB}=(a;0;-2a)$, $\overrightarrow{AI}=\left(\frac{a}{2};a\sqrt{2};0\right)$.
$\overrightarrow{SB}\cdot \overrightarrow{AI}=\frac{a^2}{2}$; $|SB|=a\sqrt{5}$; $|AI|=a\sqrt{\frac{1}{4}+2}=\frac{3a}{2}$.
$\cos (SB,AI)=\frac{a^2/2}{a\sqrt{5}\cdot \frac{3a}{2}}=\frac{1}{3\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{15}$.

Kiểm tra lại: các kết quả $\cos \widehat{CSB}=\frac{\sqrt{35}}{7}$ và $\cos (SB,AI)=\frac{\sqrt{5}}{15}$ đều đúng, khớp với phần giải nguồn (đã loại bỏ ghi chú meta thừa).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A$ là gốc, mặt đất là mặt phẳng $(ACFD)$ (mặt phẳng $z=0$), $AB$ thẳng đứng. Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ (có dấu vuông ở $A$), có $BC$ là cạnh của hình vuông $BCFE$ nên $BC=1m$, $AB=0,3m$ nên $AC=\sqrt{1-0,09}=\sqrt{0,91}$. Vậy $B=(0;0;0,3)$, $C=(\sqrt{0,91};0;0)$.

Vì $BCFE$ là hình vuông nên $CF\perp CB$, $CF=1$ và $CF$ nằm trên mặt đất (hình chiếu của $E$ là $D$ trên mặt đất, $ED$ thẳng đứng). Vector $\overrightarrow{CF}=(x;y;0)$ thỏa $\overrightarrow{CF}\cdot \overrightarrow{CB}=-\sqrt{0,91}x=0\Rightarrow x=0$, suy ra $\overrightarrow{CF}=(0;1;0)$. Do đó $F=(\sqrt{0,91};1;0)$, $E=(0;1;0,3)$, $D=(0;1;0)$ (kiểm tra $ED\perp FD$ đúng như hình vẽ).

a) $\sin \widehat{BCA}=\frac{AB}{BC}=\frac{0,3}{1}=0,3\ne 0,5$ → SAI.

b) Góc giữa $BF$ và mặt phẳng $(ACFD)$: hình chiếu của $B$ lên mặt đất là $A$, nên góc là góc giữa $BF$ và $AF$. $\overrightarrow{BF}=(\sqrt{0,91};1;-0,3)$, $|BF|=\sqrt{0,91+1+0,09}=\sqrt{2}$. $\sin \theta =\frac{0,3}{\sqrt{2}}\approx 0,2121\Rightarrow \theta \approx 12,25^{\circ }\ne 15,25^{\circ }$ → SAI.

c) Góc giữa $BC$ và $(ACFD)$: $\sin \phi =\frac{d(B,(ACFD))}{BC}=\frac{0,3}{1}=0,3\Rightarrow \phi \approx 17,46^{\circ }$ → ĐÚNG.

d) $BF=\sqrt{0,91+1+0,09}=\sqrt{2}m$ → ĐÚNG.
a) (AI giải đề cho tôi)
Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ với $BC=1$ (cạnh hình vuông), $AB=0,3$ nên $\sin \widehat{BCA}=\frac{AB}{BC}=0,3\ne 0,5$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $B$ lên mặt đất $(ACFD)$ là $A$. Với $\overrightarrow{BF}=(\sqrt{0,91};1;-0,3)$, $|BF|=\sqrt{2}$, ta có $\sin \theta =\frac{0,3}{\sqrt{2}}\approx 0,2121$, suy ra $\theta \approx 12,25^{\circ }\ne 15,25^{\circ }$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Khoảng cách từ $B$ đến mặt phẳng $(ACFD)$ là $AB=0,3$, nên $\sin \phi =\frac{0,3}{BC}=0,3\Rightarrow \phi \approx 17,46^{\circ }$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$BF=\sqrt{A{C}^2+C{F}^2+A{B}^2}=\sqrt{0,91+1+0,09}=\sqrt{2}m$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BC$. Lại có $ABCD$ là hình vuông nên $AB\perp BC$. Suy ra $BC\perp (SAB)$ (đường $BC$ vuông với hai đường cắt $SA,AB$ trong mặt phẳng $(SAB)$), do đó $BC\perp SB$. Vậy tam giác $SBC$ vuông tại $B$.

b) Hình chiếu vuông góc của $B$ trên $(SAC)$ là $O$ (vì $AC\perp BD$ và $SA\perp BD$ nên $BD\perp (SAC)$, với $O=AC\cap BD$). Do đó hình chiếu của $SB$ trên $(SAC)$ là $SO$, góc giữa $SB$ và $(SAC)$ là $\angle BSO$.
Tính: $SA=a\sqrt{3}$, $AB=a$ nên $SB=\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}=\sqrt{3a^2+a^2}=2a$. Nửa đường chéo $BO=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Trong tam giác $SBO$ vuông tại $O$: $\sin \angle BSO=\frac{BO}{SB}=\frac{a\sqrt{2}/2}{2a}=\frac{\sqrt{2}}{4}$.
Vậy góc giữa $SB$ và $(SAC)$ bằng $\arcsin \frac{\sqrt{2}}{4}\approx 20,7^{\circ }$ (tức $\cos \angle BSO=\frac{\sqrt{14}}{4}$).

c) Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;a;0)$, $S(0;0;a\sqrt{3})$.
$\overrightarrow{SB}=(a;0;-a\sqrt{3})$, $\overrightarrow{AC}=(a;a;0)$.
$\overrightarrow{SB}\cdot \overrightarrow{AC}=a^2$; $|\overrightarrow{SB}|=2a$; $|\overrightarrow{AC}|=a\sqrt{2}$.
$$\cos (\overrightarrow{SB},\overrightarrow{AC})=\frac{a^2}{2a\cdot a\sqrt{2}}=\frac{1}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{4}.$$
Vậy $\cos$ góc giữa $SB$ và $AC$ bằng $\frac{\sqrt{2}}{4}$.

(AI giải đề cho tôi)
Thiết lập tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(2;0;0)$, $D(0;2;0)$, $C(2;2;0)$, $S(0;0;2)$. Trung điểm $M$ của $SD$ là $M(0;1;1)$. Mặt phẳng $(SAC)$ đi qua $A$ và chứa các vectơ $\overrightarrow{AC}=(2;2;0)$, $\overrightarrow{AS}=(0;0;2)$ nên có vectơ pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{AC}\times \overrightarrow{AS}=(4;-4;0)\parallel (1;-1;0)$, tức $(SAC):x-y=0$. Khoảng cách từ $M(0;1;1)$ đến $(SAC)$: $d(M,(SAC))=\frac{|0-1|}{\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$. Độ dài $CM=\sqrt{(2-0{)}^2+(2-1{)}^2+(0-1{)}^2}=\sqrt{6}$. Khi đó $\sin \alpha =\frac{d}{CM}=\frac{1/\sqrt{2}}{\sqrt{6}}=\frac{1}{\sqrt{12}}$, suy ra $\tan \alpha =\frac{1}{\sqrt{11}}=\frac{\sqrt{11}}{11}$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(0;a;0)$, $A_1(0;0;a\sqrt{2})$, $B_1(a;0;a\sqrt{2})$, $C_1(0;a;a\sqrt{2})$ (tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$ nên $AC=AB=a$, $BC=a\sqrt{2}$).

a) Vì lăng trụ đứng nên $B_{1}B\perp (ABC)$, hình chiếu của $C{B}_1$ lên $(ABC)$ là $CB$. Góc giữa $C{B}_1$ và $(ABC)$ là $\widehat{B_{1}CB}$. Trong tam giác $B_{1}BC$ vuông tại $B$: $\tan \widehat{B_{1}CB}=\frac{B_{1}B}{BC}=\frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{2}}=1\Rightarrow \widehat{B_{1}CB}=45^{\circ }$.

b) Giao tuyến của $(ABC)$ và $(A_{1}BC)$ là $BC$. Vì $AB=AC$ nên $A$ có hình chiếu $H$ lên $BC$ là trung điểm $BC$, $AH=\frac{BC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{a}{\sqrt{2}}$. Ta có $AH\perp BC$ và $A_{1}A\perp (ABC)\Rightarrow A_{1}H\perp BC$, nên góc giữa hai mặt phẳng là $\widehat{A_{1}HA}$. Trong tam giác $A_{1}AH$ vuông tại $A$: $\tan \widehat{A_{1}HA}=\frac{A_{1}A}{AH}=\frac{a\sqrt{2}}{a/\sqrt{2}}=2\Rightarrow$ góc bằng $\arctan 2\approx 63^{\circ }26^{\prime }$.

c) Khối chóp $A_1.BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$ có đáy $BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$ là hình chữ nhật với $BC=a\sqrt{2}$, $B{B}_1=a\sqrt{2}$, diện tích $S=2a^2$; đường cao là khoảng cách từ $A_1$ (hoặc $A$) đến mặt phẳng $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$, bằng $AH=\frac{a}{\sqrt{2}}$ (do $A_{1}A\perp (ABC)$ và $AH\perp BC$). Vậy $V=\frac{1}{3}\cdot 2a^2\cdot \frac{a}{\sqrt{2}}=\frac{a^3\sqrt{2}}{3}$.

d) Dùng tọa độ: đường thẳng $AB$ có véc-tơ chỉ phương $\vec{u}=(1;0;0)$ qua $A(0;0;0)$; đường thẳng $B^{\prime }C$ đi qua $B^{\prime }(a;0;a\sqrt{2})$ và $C(0;a;0)$ có $\vec{v}=\overrightarrow{B^{\prime }C}=(-a;a;-a\sqrt{2})\parallel (-1;1;-\sqrt{2})$. Lấy $\vec{w}=\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=(a;0;a\sqrt{2})$. Khi đó $\vec{n}=\vec{u}\times \vec{v}=(0;\sqrt{2};1)$, $|\vec{n}|=\sqrt{3}$, và $\vec{w}\cdot \vec{n}=a\sqrt{2}$. Khoảng cách $d(AB,B^{\prime }C)=\frac{|\vec{w}\cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=\frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BC$; lại có $ABCD$ hình vuông nên $BC\perp AB$. Suy ra $BC\perp (SAB)$, do đó $BC\perp SB$. Trong mặt phẳng $(SBC)$, $SB\perp BC$; trong mặt đáy, $AB\perp BC$. Giao tuyến của $(SBC)$ và $(ABCD)$ là $BC$, nên góc giữa hai mặt phẳng là góc $\widehat{SBA}$. Đúng.

b) Hình chiếu của $S$ trên đáy là $A$, nên góc giữa $SC$ và đáy là $\widehat{SCA}$. Ta có $AC=a\sqrt{2}$, $SA=a\sqrt{2}$, nên $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=1\Rightarrow \widehat{SCA}=45^{\circ }$. Đúng.

c) Vì $BC\perp (SAB)$ nên $B$ là hình chiếu của $C$ trên $(SAB)$, góc giữa $SC$ và $(SAB)$ là $\widehat{SCB}$. Tam giác $SBC$: $BC=a$, $SC=\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}=\sqrt{2a^2+2a^2}=a\sqrt{3}$, nên $\sin \widehat{SCB}=\frac{BC}{SC}=\frac{1}{\sqrt{3}}\approx 35,26^{\circ }\ne 60^{\circ }$. Sai.

d) $SA\perp (ABCD)$ tại $A$ và $BD\subset (ABCD)$, nên $d(SA,BD)=d(A,BD)=\frac{AB\cdot AD}{BD}=\frac{a\cdot a}{a\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}\ne a\sqrt{2}$. Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$SA\perp BC$ (vì $SA\perp$ đáy) và $AB\perp BC$, suy ra $BC\perp (SAB)$ nên $SB\perp BC$. Giao tuyến là $BC$, góc giữa $(SBC)$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SBA}$. Đúng.
b) (AI giải đề cho tôi)
Góc giữa $SC$ và đáy là $\widehat{SCA}$ với $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{2}}=1$, nên góc bằng $45^{\circ }$. Đúng.
c) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $C$ trên $(SAB)$ là $B$ (vì $BC\perp (SAB)$), góc cần tìm là $\widehat{SCB}$ với $\sin \widehat{SCB}=\frac{BC}{SC}=\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}$, góc $\approx 35,26^{\circ }\ne 60^{\circ }$. Sai.
d) (AI giải đề cho tôi)
$d(SA,BD)=d(A,BD)=\frac{AB\cdot AD}{BD}=\frac{a^2}{a\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}\ne a\sqrt{2}$. Sai.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $H$ là trung điểm $AB$. Vì $SAB$ đều nên $SH\perp AB$ với $SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Do $(SAB)\perp (ABC)$, giao tuyến $AB$, nên $SH\perp (ABC)$. Tam giác $ABC$ đều nên $CH\perp AB$ và $CH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Ta có $S{C}^2=S{H}^2+C{H}^2=\frac{3a^2}{4}+\frac{3a^2}{4}=\frac{3a^2}{2}\Rightarrow SC=\frac{a\sqrt{6}}{2}$. Góc giữa $SC$ và $(ABC)$ là $\widehat{SCH}$ với $\sin \widehat{SCH}=\frac{SH}{SC}=\frac{a\sqrt{3}/2}{a\sqrt{6}/2}=\frac{1}{\sqrt{2}}$, vậy góc bằng $45^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$ nên $AB=BC=a$, do đó $AC=a\sqrt{2}$. Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AB$, tam giác $SAB$ vuông tại $A$: $S{A}^2=S{B}^2-A{B}^2=7a^2-a^2=6a^2\Rightarrow SA=a\sqrt{6}$. Góc giữa $SC$ và mặt đáy là góc giữa $SC$ và hình chiếu $AC$ trên đáy, tức góc $SCA$. Tam giác $SAC$ vuông tại $A$: $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{6}}{a\sqrt{2}}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SCA}=60^0$. Vậy góc giữa $SC$ và mặt đáy bằng $60^0$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SC\perp (ABCD)$ nên $SC\perp DO$. Tam giác $ACD$ vuông cân tại $D$ (đáy hình vuông cạnh $\sqrt{30}a$) nên $DO\perp AC$ với $DO=\frac{AC}{2}=\frac{\sqrt{30}a\cdot \sqrt{2}}{2}=\sqrt{15}a$. Suy ra $DO\perp (SCA)$. Góc giữa $SD$ và $(SCA)$ là góc giữa $SD$ và hình chiếu của nó trên $(SCA)$, tức là $\widehat{DSO}$ (hình chiếu của $D$ lên $(SCA)$ là $O$, hình chiếu của $S$ là $S$). Ta có $SD=\sqrt{S{C}^2+C{D}^2}=\sqrt{39a^2+30a^2}=\sqrt{69}a$. Khi đó $\sin \alpha =\frac{DO}{SD}=\frac{\sqrt{15}}{\sqrt{69}}=\sqrt{\frac{5}{23}}\approx 0,4663$, nên $\alpha \approx 27,79^{\circ }$. Vậy đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AC=a\sqrt{3}$, $AB=a\sqrt{2}$ nên $BC=\sqrt{A{C}^2-A{B}^2}=a$. Cạnh $SA=2a\perp (ABCD)$.

a) Góc giữa $SB$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SBA}$: $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\frac{2a}{a\sqrt{2}}=\sqrt{2}\Rightarrow \widehat{SBA}\approx 54,7356^{\circ }\approx 54,75^{\circ }$. Đúng.

b) $BC\perp AB$ (hình chữ nhật) và $BC\perp SA$ (vì $SA\perp$ đáy) $\Rightarrow BC\perp (SAB)\Rightarrow (SBC)\perp (SAB)$. Đúng.

c) Vì $BC\perp (SAB)$ nên $(SBC)\perp (SAB)$ tại giao tuyến $SB$, do đó $d(D,(SBC))=d(A,(SBC))=d(A,SB)$ trong mặt $(SAB)$: $d=\frac{SA\cdot AB}{SB}=\frac{2a\cdot a\sqrt{2}}{\sqrt{4a^2+2a^2}}=\frac{2a\sqrt{2}}{a\sqrt{6}}=\frac{2a\sqrt{3}}{3}\ne \frac{a\sqrt{3}}{3}$. Sai.

d) $V=\frac{1}{3}\cdot AB\cdot BC\cdot SA=\frac{1}{3}\cdot a\sqrt{2}\cdot a\cdot 2a=\frac{2\sqrt{2}{a}^3}{3}\ne \frac{\sqrt{2}{a}^3}{3}$. Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\sqrt{2}\Rightarrow \widehat{SBA}\approx 54,75^{\circ }$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$BC\perp (SAB)$ nên $(SBC)\perp (SAB)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$d(D,(SBC))=d(A,SB)=\frac{SA\cdot AB}{SB}=\frac{2a\sqrt{3}}{3}\ne \frac{a\sqrt{3}}{3}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$V=\frac{1}{3}\cdot a\sqrt{2}\cdot a\cdot 2a=\frac{2\sqrt{2}{a}^3}{3}\ne \frac{\sqrt{2}{a}^3}{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 12: Lăng trụ đứng ABC.A'B'C', đáy ABC vuông cân tại B, AB = a nên BC = a, AA' = a√2.

1) Vì ABC vuông tại B nên BC ⊥ AB. Vì lăng trụ đứng nên cạnh bên BB' ⊥ mp(ABC), suy ra BB' ⊥ BC. Vì BC ⊥ AB và BC ⊥ BB' với AB, BB' là hai đường thẳng cắt nhau trong mp(ABB'A'), nên BC ⊥ (ABB'A').

2) Vì lăng trụ đứng nên AA' ⊥ mp(ABC). Gọi φ là góc giữa A'B và mp(ABC), khi đó φ = góc giữa A'B và BA (hình chiếu của A'B trên mp(ABC) là BA), tức φ = góc A'BA. Trong tam giác A'AB vuông tại A: tan φ = A'A / AB = a√2 / a = √2, suy ra φ = arctan√2 ≈ 54°44' (≈ 54,74°).

3) Vì BC ⊥ (ABB'A') (chứng minh ở câu 1) nên d(C, (ABB'A')) = BC. Tam giác ABC vuông cân tại B với AB = a nên BC = a. Vậy khoảng cách từ C đến mp(ABB'A') bằng a.

(AI giải đề cho tôi)
Vì SA ⊥ (ABCD) nên AC là hình chiếu của SC lên mặt đáy, góc giữa SC và mặt đáy là góc SCA. Tam giác ABC vuông tại A: AC = √(AB² + BC²) = √(a² + 4a²) = a√5. Tam giác SAC vuông tại A: tan(SCA) = SA/AC = a√15/(a√5) = √3, nên góc SCA = 60°. Đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Góc giữa SC và (ABCD) là góc SCA = 60°, với AC = a√2 nên SA = AC·tan60° = a√6, SC = √(SA²+AC²) = 2a√2.
a) Trong tam giác SBC: SB = √(SA²+AB²) = a√7, cos∠SCB = (SC²+BC²−SB²)/(2·SC·BC) = (8a²+a²−7a²)/(2·2a√2·a) = 1/(2√2), suy ra ∠SCB ≈ 69,3° ≠ 60°. Sai.
b) Đường cao SA = a√6 ≠ a√3. Sai.
c) BC ⊥ AB và BC ⊥ SA nên BC ⊥ SB, do đó góc giữa (SBC) và (ABCD) là góc giữa BA và SB: cosφ = AB/SB = 1/√7, φ ≈ 67,79° ≈ 68° ≠ 67°. Sai.
d) Gọi O là tâm hình vuông, AO ⊥ BD với AO = a√2/2. Mặt phẳng (SOA) ⊥ BD nên góc nhị diện [S,BD,C] là góc nhị diện tương ứng với góc SOA, nhưng A và C nằm khác phía đối với BD nên số đo góc nhị diện = 180° − ∠SOA. tan∠SOA = SA/AO = a√6/(a√2/2) = 2√3, ∠SOA ≈ 73,90°, vậy góc nhị diện ≈ 106,10° ≈ 106°. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Góc giữa SC và (ABCD) là ∠SCA = 60°, không phải ∠SCB. Tính trực tiếp: cos∠SCB = 1/(2√2) nên ∠SCB ≈ 69,3° ≠ 60°.
b) (AI giải đề cho tôi)
SA = AC·tan60° = a√2·√3 = a√6 ≠ a√3.
c) (AI giải đề cho tôi)
Góc giữa (SBC) và (ABCD) là góc SBA (vì BC ⊥ AB, BC ⊥ SB): cosφ = AB/SB = 1/√7, φ ≈ 67,79° làm tròn thành 68°, không phải 67°.
d) (AI giải đề cho tôi)
Gọi O tâm hình vuông, (SOA) ⊥ BD, tan∠SOA = SA/AO = 2√3 nên ∠SOA ≈ 73,90°. Vì A và C khác phía đối với BD, góc nhị diện [S,BD,C] = 180° − 73,90° ≈ 106,10° ≈ 106°. Đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Chóp đều S.ABCD, cạnh đáy 2,2m, cạnh bên 2,8m. AC = 2,2√2 nên AO = 1,1√2 ≈ 1,5556; SO = √(2,8² − 1,5556²) = √(7,84 − 2,42) = √5,42 ≈ 2,328m.
a) Đúng: MN là đường trung bình của tam giác SBO nên MN ∥ SO; SO ⊥ (ABCD) (chóp đều) nên MN ⊥ (ABCD).
b) Sai: Hình chiếu của B trên (SAC) là O (vì BO ⊥ AC và BO ⊥ SO), nên góc giữa SB và (SAC) là góc giữa SB và SO, tức góc BSO. tan(BSO) = BO/SO = 1,5556/2,328 ≈ 0,668 → BSO ≈ 33,7° ≈ 34°, không phải 38°.
c) Đúng: AC ⊥ BD (hình vuông) và AC ⊥ SO (SO ⊥ (ABCD)) nên AC ⊥ (SBD).
d) Sai: CD ∥ AB. Trong tam giác SAB cân với SA = SB = 2,8, AB = 2,2, ta có cos(góc giữa SB và AB) = (SB² + AB² − SA²)/(2·SB·AB) = 4,84/12,32 ≈ 0,393 ≠ 0, nên SB không vuông góc với AB, do đó SB không vuông góc với CD. Khớp đáp án mã 211: Đ, S, Đ, S.
a) (AI giải đề cho tôi)
MN là đường trung bình tam giác SBO nên MN ∥ SO; SO ⊥ (ABCD) nên MN ⊥ (ABCD).
b) (AI giải đề cho tôi)
Góc giữa SB và (SAC) là góc BSO với tan(BSO) = BO/SO ≈ 1,5556/2,328 ≈ 0,668, suy ra góc ≈ 34°, không phải 38°.
c) (AI giải đề cho tôi)
AC ⊥ BD và AC ⊥ SO nên AC ⊥ (SBD).
d) (AI giải đề cho tôi)
CD ∥ AB và cos góc giữa SB và AB = 4,84/12,32 ≈ 0,393 ≠ 0 nên SB không vuông góc CD.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp S.ABCD đáy vuông cạnh 2,2m, các cạnh bên bằng nhau 2,8m nên chân đường cao S là tâm O đáy. OB = AC/2 = 2,2√2/2 = 1,1√2 ≈ 1,5556m; SO = √(SB² − OB²) = √(7,84 − 2,42) = √5,42 ≈ 2,328m.
a) Hình chiếu của B trên (SAC) là O nên hình chiếu của SB trên (SAC) là SO. Góc giữa SB và (SAC) là góc BSO: sin∠BSO = OB/SB ≈ 1,5556/2,8 ≈ 0,5556 ⇒ ∠BSO ≈ 34° ≠ 38°. Mệnh đề SAI.
b) CD ⊥ BC nhưng CD không vuông với OB (OB nằm trên đường chéo BD, góc BDC = 45°), nên SB không vuông CD. Mệnh đề SAI.
c) MN là đoạn nối trung điểm của SB và BO trong tam giác SBO nên MN ∥ SO. Vì SO ⊥ (ABCD) nên MN ⊥ (ABCD). Mệnh đề ĐÚNG.
d) AC ⊥ BD (đáy vuông) và AC ⊥ SO (đường cao) ⇒ AC ⊥ (SBD). Mệnh đề ĐÚNG.
Kết quả: a) Sai, b) Sai, c) Đúng, d) Đúng — khớp đáp án chính thức mã đề 111 (SSĐĐ).
a) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $B$ trên $(SAC)$ là $O$ (vì $BO\perp AC$ và $BO\perp SO$), còn $S\in (SAC)$, nên hình chiếu của $SB$ trên $(SAC)$ là $SO$. Góc giữa $SB$ và $(SAC)$ là góc $BSO$ với $\sin \angle BSO=\frac{OB}{SB}=\frac{1,1\sqrt{2}}{2,8}\approx 0,5556\Rightarrow \angle BSO\approx 34^0\ne 38^0$, nên mệnh đề sai.
b) (AI giải đề cho tôi)
CD ⊥ BC nhưng CD không vuông với hình chiếu OB của SB trên đáy (OB nằm trên đường chéo BD, góc BDC = 45°), nên SB không vuông CD; sai.
c) (AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác SBO, MN nối trung điểm SB, BO nên MN ∥ SO; mà SO ⊥ (ABCD) nên MN ⊥ (ABCD); đúng.
d) (AI giải đề cho tôi)
AC ⊥ BD và AC ⊥ SO ⇒ AC ⊥ (SBD); đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Lều là hình chóp S.ABCDEF đều, hình chiếu của S trên đáy là tâm O nên chiều cao cột giữa là SO. Đáy lục giác đều cạnh a có diện tích $\frac{3\sqrt{3}}{2}{a}^2=18\Rightarrow a^2=4\sqrt{3}\Rightarrow a\approx 2,632$ m. Bán kính đường tròn ngoại tiếp lục giác đều bằng cạnh: $OA=a\approx 2,632$ m. Góc giữa thanh tre SA và mặt sàn là góc giữa SA và hình chiếu OA, bằng $30^{\circ }$, nên $\tan 30^{\circ }=\frac{SO}{OA}\Rightarrow SO=2,632\cdot \frac{1}{\sqrt{3}}\approx 1,52$ m. Làm tròn đến hàng phần chục: $1,5$ m, khớp bảng đáp án mã đề 112, Phần III câu 4: 1,5.

Gọi $E$ là trung điểm của đoạn $KH$, ta có $\Delta AHK$ vuông cân tại $A$ vì $AH=AK=\frac{1}{2}a$ nên $AE\perp KH$ (0,25 điểm)
do đó $\{\begin{array}{l}AE\perp SH\\ AE\perp HK\end{array}\Rightarrow AE\perp (SHK)$,
suy ra $\left(SA,(SHK)\right)=(SA,SE)=\widehat{ASE}=\alpha$. (0,5 điểm)
Mà $AE=\frac{1}{2}KH=\frac{1}{2}\sqrt{A{H}^2+A{K}^2}=\frac{a\sqrt{2}}{4}$
$\Delta SEA$ vuông tại $E$ có $\sin \alpha =\frac{AE}{SA}=\frac{\sqrt{2}}{4}$. (0,25 điểm)
Vậy $\sin \alpha =\frac{\sqrt{2}}{4}$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $a$ là cạnh lục giác đều đáy. Diện tích đáy $\frac{3\sqrt{3}}{2}{a}^2=12\sqrt{3}\Rightarrow a^2=8\Rightarrow a=2\sqrt{2}$. Thanh tre là cạnh bên của chóp, hình chiếu của cạnh bên lên mặt sàn là bán kính đường tròn ngoại tiếp lục giác $R=a=2\sqrt{2}$. Góc giữa cạnh bên và mặt sàn là $30^{\circ }$ nên chiều cao cột giữa (từ đỉnh xuống tâm đáy) là $h=R\tan 30^{\circ }=2\sqrt{2}\cdot \frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{6}}{3}\approx 1,63\approx 1,6$ m. Khớp với đáp án nguồn 1,6.

Gọi $E$ là trung điểm của đoạn $KH$, ta có $\Delta AHK$ vuông cân tại $A$ vì $AH=AK=\frac{1}{2}a$ nên $AE\perp KH$ (0,25 điểm)
do đó $\{\begin{array}{l}AE\perp SH\\ AE\perp HK\end{array}\Rightarrow AE\perp (SHK)$,
suy ra $\left(SA,(SHK)\right)=(SA,SE)=\widehat{ASE}=\alpha$. (0,5 điểm)
Mà $AE=\frac{1}{2}KH=\frac{1}{2}\sqrt{A{H}^2+A{K}^2}=\frac{a\sqrt{2}}{4}$
$\Delta SEA$ vuông tại $E$ có $\sin \alpha =\frac{AE}{SA}=\frac{\sqrt{2}}{4}$. (0,25 điểm)
Vậy $\sin \alpha =\frac{\sqrt{2}}{4}$.