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

(AI giải đề cho tôi)
a) Vì $SB\perp (ABC)$ nên $SB\perp AB$. Tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$ nên $AB\perp BC$. Do đó $AB\perp (SBC)$ (vì $AB$ vuông với hai đường thẳng cắt nhau $SB,BC$ trong mặt phẳng $(SBC)$). Suy ra $AB\perp SC$ (vì $SC\subset (SBC)$).

b) Hình chiếu của $S$ trên $(ABC)$ là $B$ (vì $SB\perp (ABC)$), nên góc giữa đường thẳng $SM$ và $(ABC)$ là góc $\widehat{SMB}$.

Tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$ với $AB=BC=1$ nên $AC=\sqrt{2}$, do đó $MB=\frac{AC}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$ (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền).

Tam giác $SBM$ vuông tại $B$ (vì $SB\perp BM$):
$$\tan \widehat{SMB}=\frac{SB}{BM}=\frac{1}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\sqrt{2}.$$

Vậy góc giữa đường thẳng $SM$ và $(ABC)$ bằng $\arctan \sqrt{2}\approx 54^{\circ }44^{\prime }$.

(AI giải đề cho tôi)
AB = a√2, AC = a√3 nên BC = √(3a²−2a²) = a. SA = 2a, SA ⊥ (ABCD).
a) Góc giữa SB và (ABCD) là góc SBA: tan∠SBA = SA/AB = 2a/(a√2) = √2 ⇒ ∠SBA ≈ 54,74° ≈ 55°. Đúng.
b) BC ⊥ AB (hình chữ nhật) và BC ⊥ SA (vì SA ⊥ đáy) ⇒ BC ⊥ (SAB) mà BC ⊂ (SBC) ⇒ (SBC) ⊥ (SAB). Đúng.
c) Tọa độ: A(0;0;0), B(a√2;0;0), C(a√2;a;0), D(0;a;0), S(0;0;2a). Mặt phẳng (SBC) có VTCP pháp tuyến n = SB×SC = (2a²;0;a²√2), phương trình: 2x + √2 z = 2a√2. Khoảng cách từ D: d = |2·0 + √2·0 − 2a√2|/√6 = 2a√2/√6 = 2a√3/3 ≠ a√3/3. Sai.
d) V = (1/3)·S_ABCD·SA = (1/3)·(a√2·a)·2a = 2a³√2/3 ≠ a³√2/3. Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
tan∠SBA = SA/AB = 2a/(a√2) = √2 ⇒ ∠SBA ≈ 54,74° ≈ 55°.
b) (AI giải đề cho tôi)
BC ⊥ AB và BC ⊥ SA ⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ (SBC) ⊥ (SAB).
c) (AI giải đề cho tôi)
d(D,(SBC)) = 2a√2/√6 = 2a√3/3, khác a√3/3.
d) (AI giải đề cho tôi)
V = (1/3)·a√2·a·2a = 2a³√2/3, khác a³√2/3.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 3 (Phần IV):

a) Vì $ABCD$ là hình vuông nên $AC\perp BD$. Vì $SB\perp (ABCD)$ nên $SB\perp AC$. Ta có $AC\perp BD$, $AC\perp SB$, với $BD,SB\subset (SBD)$ và $BD\cap SB=B$, suy ra $AC\perp (SBD)$.

b) Đáy là hình vuông cạnh $3\sqrt{2}$ nên $AB=3\sqrt{2}$, $AO=\frac{AC}{2}=\frac{3\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}}{2}=3$, $BO=3$.

Tam giác $SAB$ vuông tại $B$ (vì $SB\perp (ABCD)$): $S{B}^2=S{A}^2-A{B}^2=21-18=3\Rightarrow SB=\sqrt{3}$.

Tam giác $SOB$ vuông tại $B$: $SO=\sqrt{S{B}^2+B{O}^2}=\sqrt{3+9}=2\sqrt{3}$.

Góc giữa $SO$ và $(ABCD)$ là góc $\widehat{SOB}$ (do $SB\perp (ABCD)$):
$$\sin \widehat{SOB}=\frac{SB}{SO}=\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{3}}=\frac{1}{2}\Rightarrow \widehat{SOB}=30^{\circ }.$$

Vậy góc giữa đường thẳng $SO$ và $(ABCD)$ bằng $30^{\circ }$.

a) Đúng. b) Sai. c) Đúng. d) Sai. (Theo bảng đáp án: ĐSĐS)

(AI giải đề cho tôi)
Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ với $AB=a$, $BC=2a$ nên $AC=\sqrt{B{C}^2-A{B}^2}=a\sqrt{3}$. Vì lăng trụ đứng nên $C{C}^{\prime }\perp (ABC)$, hình chiếu của $A{C}^{\prime }$ lên $(ABC)$ là $AC$, góc giữa $A{C}^{\prime }$ và $(ABC)$ là $\widehat{C^{\prime }AC}$. Trong tam giác vuông $C^{\prime }AC$: $\tan \widehat{C^{\prime }AC}=\frac{C^{\prime }C}{AC}=\frac{a\sqrt{6}}{a\sqrt{3}}=\sqrt{2}$, suy ra $\widehat{C^{\prime }AC}=\arctan (\sqrt{2})\approx 54,7356^{\circ }\approx 54,7^{\circ }$, trùng đáp số đã cho 54,7.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O$ là giao điểm hai đường chéo hình thoi. Vì $\widehat{DAB}=120^0$ nên $BD=2\cdot 8a\sin 60^0=8a\sqrt{3}$, $AC=2\cdot 8a\cos 60^0=8a$. Suy ra $DO=4a\sqrt{3}$, $AO=4a$. Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp DO$; lại có $DO\perp AC$ nên $DO\perp (SAC)$, tức $O$ là hình chiếu của $D$ trên $(SAC)$. Góc giữa $SD$ và $(SAC)$ là góc giữa $SD$ và $SO$, tức góc $\widehat{SDO}$. Ta có $SO=\sqrt{S{A}^2+A{O}^2}=\sqrt{36a^2+16a^2}=2a\sqrt{13}$, $SD=\sqrt{S{A}^2+A{D}^2}=\sqrt{36a^2+64a^2}=10a$. Áp dụng định lí cosin trong tam giác $SDO$: $\cos \widehat{SDO}=\frac{S{D}^2+D{O}^2-S{O}^2}{2\cdot SD\cdot DO}=\frac{100a^2+48a^2-52a^2}{2\cdot 10a\cdot 4a\sqrt{3}}=\frac{96}{80\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{5}\approx 0,6928\approx 0,69$. Khớp với đáp án nguồn 0,69.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $D(a;0;0)$, $B(0;a;0)$, $C(a;a;0)$. Khi đó $M\left(\frac{a}{2};0;0\right)$, $S\left(\frac{a}{2};0;\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$, $N\left(\frac{a}{2};a;0\right)$.

Vectơ chỉ phương của mặt phẳng $(SBM)$: $\overrightarrow{MS}=(0;0;\frac{a\sqrt{3}}{2})$, $\overrightarrow{MB}=\left(-\frac{a}{2};a;0\right)$, nên $\vec{n}=\overrightarrow{MS}\times \overrightarrow{MB}=\left(-\frac{3a^2\sqrt{3}}{4};-\frac{a^2\sqrt{3}}{4};0\right)\parallel (2;1;0)$.

Mặt phẳng $(SBM)$: $2x+y=a$ (thay $M$ được $d=a$).

$\overrightarrow{SN}=\left(0;a;-\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$, $|SN|=a\sqrt{1+\frac{3}{4}}=\frac{a\sqrt{7}}{2}$.

$\sin$ góc giữa $SN$ và $(SBM)$: $\sin \alpha =\frac{|\vec{n}\cdot \overrightarrow{SN}|}{|\vec{n}||SN|}=\frac{|2\cdot 0+1\cdot a|}{\sqrt{5}\cdot \frac{a\sqrt{7}}{2}}=\frac{2}{\sqrt{35}}$.

Kết quả khớp với đáp án nguồn A.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $AB=BC=a$ (tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$), $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp AB$, $SA\perp BC$.a) Vì $BC\perp AB$ và $BC\perp SA$ nên $BC\perp (SAB)$, suy ra $BC\perp SB$. Vậy tam giác $SBC$ vuông tại $B$. ĐÚNG.b) $S{B}^2=S{A}^2+A{B}^2\Rightarrow 3a^2=S{A}^2+a^2\Rightarrow SA=a\sqrt{2}$. ĐÚNG.c) Gọi $H$ là chân đường vuông góc hạ từ $B$ xuống $AC$ thì $BH=\frac{a}{\sqrt{2}}$, $BH\perp AC$ và $SA\perp BH$ nên $BH\perp (SAC)$. Góc giữa $SB$ và $(SAC)$ là $\widehat{BSH}$, $\sin \widehat{BSH}=\frac{BH}{SB}=\frac{a/\sqrt{2}}{a\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{6}\ne \frac{\sqrt{6}}{8}$. SAI.d) Vì $BC\perp (SAB)$ nên góc phẳng nhị diện $[S,BC,A]$ là $\widehat{SBA}$, $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\sqrt{2}\Rightarrow \widehat{SBA}\approx 54,74^{\circ }<55^{\circ }$. Vậy khẳng định 'không bé hơn $55^{\circ }$' SAI.Kết quả: Đ, Đ, S, S khớp đáp án mã đề 0005 Câu 1.
a) (AI giải đề cho tôi)
$BC\perp AB$ và $BC\perp SA$ nên $BC\perp (SAB)$, suy ra $BC\perp SB$: tam giác $SBC$ vuông tại $B$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$SA=\sqrt{S{B}^2-A{B}^2}=\sqrt{3a^2-a^2}=a\sqrt{2}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\sin$ góc giữa $SB$ và $(SAC)$ bằng $\frac{BH}{SB}=\frac{\sqrt{6}}{6}$, không phải $\frac{\sqrt{6}}{8}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Góc nhị diện $[S,BC,A]=\widehat{SBA}$ với $\tan \widehat{SBA}=\sqrt{2}\Rightarrow \approx 54,74^{\circ }<55^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Giả thiết tam giác ABC vuông cân tại B với AB = BC = a (rút ra từ dữ kiện SB = a√3 và các kết luận). SA ⊥ (ABC) nên SA ⊥ AB, tam giác SAB vuông tại A: SA² = SB² − AB² = 3a² − a² = 2a² ⇒ SA = a√2 (a đúng). Vì BC ⊥ AB và BC ⊥ SA nên BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ SB, tam giác SBC vuông tại B (b đúng). Khoảng cách từ B đến (SAC) là d(B,(SAC)) = d(B,AC) = AB·BC/AC = a/√2. Sin góc giữa SB và (SAC) = d/SB = (a/√2)/(a√3) = 1/√6 = √6/6 ≈ 0,408 ≠ √6/8 (c sai). Góc nhị diện [S,BC,A]: vì AB ⊥ BC nên chân đường vuông góc hạ từ A xuống BC là B, góc nhị diện là góc SBA với tan∠SBA = SA/AB = √2 ⇒ ∠SBA ≈ 54,74° < 55°, nên khẳng định 'không bé hơn 55°' sai (d sai). Kết quả Đ, Đ, S, S khớp đáp án nguồn.
a) (AI giải đề cho tôi)
SA ⊥ (ABC) nên tam giác SAB vuông tại A: SA = √(SB² − AB²) = √(3a² − a²) = a√2.
b) (AI giải đề cho tôi)
BC ⊥ AB (đáy vuông tại B) và BC ⊥ SA nên BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ SB, tam giác SBC vuông tại B.
c) (AI giải đề cho tôi)
d(B,(SAC)) = d(B,AC) = a/√2, sin góc = (a/√2)/(a√3) = √6/6 ≈ 0,408, không bằng √6/8.
d) (AI giải đề cho tôi)
Vì AB ⊥ BC, góc nhị diện [S,BC,A] là góc SBA với tan∠SBA = SA/AB = √2, nên ∠SBA ≈ 54,74° < 55°.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(0;a;0)$, $C(a;a;0)$, $D(a;0;0)$, $M\left(\frac{a}{2};0;0\right)$, $S\left(\frac{a}{2};0;\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$, $N\left(\frac{a}{2};a;0\right)$.

Vectơ trong mặt phẳng $(SBM)$: $\overrightarrow{SB}=\left(-\frac{a}{2};a;-\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$, $\overrightarrow{MB}=\left(-\frac{a}{2};a;0\right)$.

Vectơ pháp tuyến: $\vec{n}=\overrightarrow{SB}\times \overrightarrow{MB}=\left(\frac{a^2\sqrt{3}}{2};\frac{a^2\sqrt{3}}{4};0\right)\parallel (2;1;0)$.

$\overrightarrow{SN}=\left(0;a;-\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$, $|SN|=a\sqrt{1+\frac{3}{4}}=\frac{a\sqrt{7}}{2}$.

$\sin$ góc giữa $SN$ và $(SBM)$: $\frac{|\overrightarrow{SN}\cdot \vec{n}|}{|SN|\cdot |\vec{n}|}=\frac{a}{\frac{a\sqrt{7}}{2}\cdot \sqrt{5}}=\frac{2}{\sqrt{35}}$.

Kết quả khớp với đáp án nguồn: D.

[Hình cần kiểm tra lại: p14_f1] [Hình cần kiểm tra lại: p14_f2] Gọi $O$ là tâm hình lục giác $ABCDEF$ thì $SO\perp (ABCDEF)\Rightarrow SO\perp OB$. Có $OB$ là hình chiếu vuông góc của $SB$ trên mặt phẳng $(ABCDEF)$. Suy ra $\left(\widehat{SB,(ABCDEF)}\right)=\widehat{SBO}=30^{\circ }$. Từ giả thiết, ta có $S_{ABCDEF}=18\Rightarrow S_{OAB}=3$; $S_{OAB}=O{B}^2\frac{\sqrt{3}}{4}=3\Rightarrow OB=2\sqrt[4]{3}$. Tam giác $SOB$ vuông tại $O$, có: $\tan \widehat{SBO}=\frac{SO}{OB}\Rightarrow SO=OB\tan \widehat{SBO}=2\sqrt[4]{3}.\tan 30^{\circ }\approx 1,5m$

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)$, $S(0;0;2a)$ vì $SA\perp (ABC)$, $SA=2a$. Trung điểm $M$ của $SC$ là $M\left(\frac{a}{4};\frac{a\sqrt{3}}{4};a\right)$. Suy ra $\overrightarrow{BM}=\left(-\frac{3a}{4};\frac{a\sqrt{3}}{4};a\right)$, nên $B{M}^2=\frac{9a^2}{16}+\frac{3a^2}{16}+a^2=\frac{7a^2}{4}\Rightarrow BM=\frac{a\sqrt{7}}{2}$. Hình chiếu của $M$ lên $(ABC)$ là $M^{\prime }\left(\frac{a}{4};\frac{a\sqrt{3}}{4};0\right)$, với $B{M}^{\prime }=\sqrt{\frac{9a^2}{16}+\frac{3a^2}{16}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Góc giữa $BM$ và $(ABC)$ là $\alpha =\widehat{BM{B}^{\prime }}$, nên $\cos \alpha =\frac{B{M}^{\prime }}{BM}=\frac{a\sqrt{3}/2}{a\sqrt{7}/2}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{21}}{7}$. Kết quả trùng với đáp án nguồn: D.

(AI giải đề cho tôi)
Tấm ván ABCD là hình chữ nhật với AB = 1 m, AD = √7 m. Cạnh AB nằm trên đáy hố, cạnh CD song song với đáy hố và ở độ cao 2 m (như hình vẽ, CH = 2 m vuông góc với đáy hố).

Vì ABCD là hình chữ nhật nên CD ∥ AB, do đó CD song song với mặt phẳng đáy hố (P). Suy ra mọi điểm trên CD (gồm C và D) cách đều (P) một khoảng bằng 2 m, tức d(D, (P)) = 2 m.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của D xuống đáy hố, thì DH = 2 m và DH ⊥ (P).

Độ dài đường chéo: BD = √(AB² + AD²) = √(1 + 7) = √8 = 2√2 (m).

Góc giữa BD và đáy hố là góc giữa BD và hình chiếu HB của nó trên (P), chính là góc DBH của tam giác vuông DHB (vuông tại H):

$$\sin \phi =\frac{DH}{BD}=\frac{2}{2\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$$

Suy ra $\phi =45^{\circ }$.

Vậy góc giữa BD và đáy hố bằng $45^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục toạ độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $D(0;a;0)$, $C(a;a;0)$, $S(0;0;a\sqrt{2})$.

Hình chiếu của $A$ trên $SB$: $\overrightarrow{SB}=(a;0;-a\sqrt{2})$, $|SB{|}^2=3a^2$. Ta có $M=S+t\overrightarrow{SB}$ với $t=\frac{-\vec{S}\cdot \overrightarrow{SB}}{|\overrightarrow{SB}{|}^2}=\frac{2a^2}{3a^2}=\frac{2}{3}$, suy ra $M\left(\frac{2a}{3};0;\frac{a\sqrt{2}}{3}\right)$. Tương tự $N\left(0;\frac{2a}{3};\frac{a\sqrt{2}}{3}\right)$.

Kiểm tra vuông góc: $\overrightarrow{SC}=(a;a;-a\sqrt{2})$, $\overrightarrow{AM}=\left(\frac{2a}{3};0;\frac{a\sqrt{2}}{3}\right)$ nên $\overrightarrow{SC}\cdot \overrightarrow{AM}=\frac{2a^2}{3}-\frac{2a^2}{3}=0$; tương tự $\overrightarrow{SC}\cdot \overrightarrow{AN}=0$. Vậy $SC\perp AM$ và $SC\perp AN$, mà $AM$, $AN$ cắt nhau tại $A$ trong mặt phẳng $(AMN)$, do đó $SC\perp (AMN)$.

Kết luận: góc giữa đường thẳng $SC$ và mặt phẳng $(AMN)$ bằng $90^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $H$ là trung điểm $AC$. Vì $SA\perp (ABC)$ nên $MH\parallel SA$ và $MH\perp (ABC)$, $MH=\frac{SA}{2}=a$. Tam giác đều $ABC$ cạnh $a$ có $BH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Tam giác $BHM$ vuông tại $H$: $BM=\sqrt{B{H}^2+M{H}^2}=\sqrt{\frac{3a^2}{4}+a^2}=\frac{a\sqrt{7}}{2}$. Hình chiếu của $BM$ lên $(ABC)$ là $BH$ nên $\cos \phi =\frac{BH}{BM}=\frac{a\sqrt{3}/2}{a\sqrt{7}/2}=\sqrt{\frac{3}{7}}\approx 0,6547\approx 0,65$. Kết quả khớp với đáp án nguồn 0,65.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $d$ là khoảng cách từ $C$ đến mặt phẳng $(SAB)$. Vì $B\in (SAB)$ nên $d(C,(SAB))=d(C,AB)$. Tam giác $ABC$ đều cạnh $a$ nên $d(C,AB)=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Ta có $SC=\sqrt{B{C}^2+S{B}^2}=\sqrt{a^2+16a^2}=a\sqrt{17}$. Góc giữa $SC$ và $(SAB)$ là $\phi$, khi đó $\sin \phi =\frac{d(C,(SAB))}{SC}=\frac{a\sqrt{3}/2}{a\sqrt{17}}=\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{17}}=\frac{\sqrt{51}}{34}\approx 0,21$. Kết quả trùng với đáp án nguồn 0,21.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $N$ là trung điểm $AC$. Vì $SA\perp (ABC)$ nên $MN\parallel SA$ và $MN\perp (ABC)$, do đó $N$ là hình chiếu của $M$ lên $(ABC)$, góc giữa $BM$ và $(ABC)$ là góc $MBN$.
- $BN$ là trung tuyến tam giác đều $ABC$ cạnh $a$: $BN=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
- $MN=\frac{SA}{2}=a$.
- $BM=\sqrt{B{N}^2+M{N}^2}=\sqrt{\frac{3a^2}{4}+a^2}=\frac{a\sqrt{7}}{2}$.
Vậy $\cos \phi =\frac{BN}{BM}=\frac{a\sqrt{3}/2}{a\sqrt{7}/2}=\sqrt{\frac{3}{7}}\approx 0,6547\approx 0,65$. Kết quả trùng với đáp án nguồn 0,65.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SB\perp (ABC)$ nên $SB\subset (SAB)$, do đó khoảng cách từ $C$ đến mặt phẳng $(SAB)$ bằng khoảng cách từ $C$ đến đường thẳng $AB$ trong mặt đáy. Tam giác $ABC$ đều cạnh $a$ nên $d(C,(SAB))=d(C,AB)=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Lại có $SC=\sqrt{S{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{16a^2+a^2}=a\sqrt{17}$. Sin của góc giữa $SC$ và $(SAB)$ là $\sin \alpha =\frac{d(C,(SAB))}{SC}=\frac{a\sqrt{3}/2}{a\sqrt{17}}=\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{17}}\approx 0,2100$. Vậy kết quả làm tròn là $0,21$, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi H là hình chiếu của A trên mặt đất. Vì AB tạo với mặt đất góc 60° nên AH = AB·sin60° = 6·(√3/2) = 3√3 (m). Tam giác ABC vuông tại B (BC ⊥ AB) nên AC² = AB² + BC² = 36 + 9 = 45, suy ra AC = 3√5 (m). Góc giữa đường thẳng AC và mặt đất là góc giữa AC và hình chiếu HC của nó trên mặt đất, bằng góc ACH. Ta có sin(∠ACH) = AH/AC = 3√3/(3√5) = √(3/5) ≈ 0,7746, nên ∠ACH ≈ 50,77° ≈ 50,8°. Kết quả khớp với đáp số nguồn 50,8.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi cạnh lục giác đều là $a$. Diện tích lục giác đều: $\frac{3\sqrt{3}}{2}{a}^2=18\sqrt{3}\Rightarrow a^2=12\Rightarrow a=2\sqrt{3}$. Khoảng cách từ tâm đáy đến một đỉnh lục giác bằng $a=2\sqrt{3}$. Thanh tre nối đỉnh lều với đỉnh lục giác, tạo với mặt sàn góc $30^{\circ }$, nên chiều cao cột giữa (độ dài dây đèn) là $h=a\tan 30^{\circ }=2\sqrt{3}\cdot \frac{1}{\sqrt{3}}=2$ m. Kết quả khớp với đáp án nguồn (câu 18, mã đề 1102: 2).