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

(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 (vì BC ⊥ AB) nên AC = √(AB² + BC²) = √(36 + 9) = 3√5 (m). Góc giữa đường thẳng AC và mặt đất là góc giữa AC và hình chiếu CH của nó trên mặt đất, tức góc ACH. Ta có sin(ACH) = AH/AC = 3√3/(3√5) = √(3/5) ≈ 0,7746, suy ra góc ACH = arcsin(0,7746) ≈ 50,768° ≈ 50,8°.

(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)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $AC$ là hình chiếu của $SC$ lên $(ABCD)$, góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SCA}$. Tam giác $ABC$ vuông tại $B$: $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{a^2+2a^2}=\sqrt{3}a$. Tam giác $SAC$ vuông tại $A$: $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{3a}{\sqrt{3}a}=\sqrt{3}$, suy ra $\widehat{SCA}=60^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $AC$ là hình chiếu của $SC$ lên $(ABC)$, do đó góc giữa $SC$ và $(ABC)$ là $\widehat{SCA}$. Tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$ với $AB=\sqrt{2}a$ nên $AC=AB\sqrt{2}=2a$. Trong tam giác vuông $SAC$ (vuông tại $A$): $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{2a}{2a}=1$, suy ra $\widehat{SCA}=45^{\circ }$. Vậy đáp án là B.

(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)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $AC$ là hình chiếu của $SC$ lên $(ABCD)$, do đó góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SCA}$. Trong tam giác vuông $SAC$ (vuông tại $A$): $AC=a\sqrt{2}$ (đường chéo hình vuông cạnh $a$), $SA=\frac{a\sqrt{6}}{3}$. Suy ra $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{\frac{a\sqrt{6}}{3}}{a\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$, vậy $\widehat{SCA}=30^{\circ }$. Chọn B.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $A^{\prime }C$ lên $(ABCD)$ là $AC$ với $AC=\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}=5\sqrt{2}$. Góc giữa $A^{\prime }C$ và $(ABCD)$ là $\angle A^{\prime }CA$. Ta có $\tan \angle A^{\prime }CA=\frac{A{A}^{\prime }}{AC}=\frac{5\sqrt{2}}{5\sqrt{2}}=1$, suy ra góc bằng $45^{\circ }$. Chọn B.

(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 $30^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
A'C cắt (ABCD) tại C, hình chiếu của A' lên (ABCD) là A. Góc giữa A'C và (ABCD) là $\widehat{A^{\prime }CA}$. Đáy là hình vuông cạnh $a$ nên $AC=a\sqrt{2}$; theo giả thiết $A{A}^{\prime }=a\sqrt{2}$. Vì $A{A}^{\prime }\perp (ABCD)$ nên $\tan \widehat{A^{\prime }CA}=\frac{A{A}^{\prime }}{AC}=\frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{2}}=1$, suy ra góc bằng $45^{\circ }$.

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)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên: A đúng — hình chiếu của $SB$ trên $(ABCD)$ là $BA$, góc giữa $SB$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SBA}$. B đúng — hình chiếu của $SC$ trên $(ABCD)$ là $CA$ (vì $AC$ là đường chéo hình vuông), góc là $\widehat{SCA}$. Với mặt phẳng $(SAD)$: ta có $AB\perp AD$ (hình vuông) và $AB\perp SA$ (vì $SA\perp (ABCD)$), suy ra $AB\perp (SAD)$, tức hình chiếu của $B$ lên $(SAD)$ là $A$, hình chiếu của $SB$ lên $(SAD)$ là $SA$. Vậy góc giữa $SB$ và $(SAD)$ là $\widehat{BSA}$, do đó C đúng. Lưu ý $BD$ không vuông góc với $AD$ (góc $\widehat{ADB}=45^{\circ }$) nên $BD$ không vuông góc với $(SAD)$, do đó khẳng định D (góc là $\widehat{BSD}$) là sai. Chọn D, trùng với đáp án nguồn.

(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)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $AB$ là hình chiếu của $SB$ trên $(ABC)$, góc giữa $SB$ và $(ABC)$ là góc $SBA$. Tam giác $SAB$ vuông tại $A$: $AB=\sqrt{S{B}^2-S{A}^2}=\sqrt{4a^2-3a^2}=a$. Do đó $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}$. Vậy chọn A.

(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: p22_f2] Xét hình chóp tứ giác $S.ABCD$ có chiều cao $100m$ và cạnh hình vuông đáy $180m$. Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$ thì $SO\perp (ABCD)\Rightarrow SO\perp AB$. Có $AO$ là hình chiếu vuông góc của $SA$ trên mặt phẳng $(ABCD)$. Suy ra $\left(SA,(ABCD)\right)=\widehat{SAO}$. $$\tan \widehat{SAO}=\frac{SO}{OA}=\frac{100}{180\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{5\sqrt{2}}{9}\Rightarrow \left(\widehat{SA,(ABCD)}\right)=\widehat{SAO}=38^{\circ }$$ Vậy góc giữa cạnh bên và mặt đáy của kim tự tháp là $38^{\circ }$.

[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: $\tan \widehat{SBO}=\frac{SO}{OB}\Rightarrow SO=OB\tan \widehat{SBO}=2\sqrt[4]{3}.\tan 30^{\circ }\approx 1,5m$