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

(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)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $AC$ là hình chiếu của $SC$ trên mặt đáy, do đó góc giữa $SC$ và mặt phẳng đáy là $\widehat{SCA}$. Tam giác $ABC$ vuông tại $B$: $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{9a^2+3a^2}=2\sqrt{3}a$. Tam giác $SAC$ vuông tại $A$: $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{2a}{2\sqrt{3}a}=\frac{1}{\sqrt{3}}$, suy ra $\widehat{SCA}=30^{\circ }$. Kết quả khớp với đáp án nguồn B (Mã đề 102, trang 7).

(AI giải đề cho tôi)
Hình hộp chữ nhật $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ có $AB=AD=2$ nên $AC=\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}=\sqrt{4+4}=2\sqrt{2}$. Vì $A{A}^{\prime }\perp (ABCD)$ nên hình chiếu của $C{A}^{\prime }$ lên $(ABCD)$ là $CA$, do đó góc giữa $C{A}^{\prime }$ và $(ABCD)$ là $\widehat{A^{\prime }CA}$. Tam giác $A^{\prime }AC$ vuông tại $A$ có $A^{\prime }C=\sqrt{A{A}^{\prime 2}+A{C}^2}=\sqrt{8+8}=4$, nên $\sin \widehat{A^{\prime }CA}=\frac{A{A}^{\prime }}{A^{\prime }C}=\frac{2\sqrt{2}}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, suy ra $\widehat{A^{\prime }CA}=45^{\circ }$. Kết quả trùng với đáp án A trong mã đề 101.

(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)
Vì $SN\perp (MNP)$ nên $N$ là hình chiếu của $S$ lên mặt phẳng $(MNP)$, còn $P$ nằm trong $(MNP)$ nên hình chiếu của $P$ là chính nó. Do đó hình chiếu của $SP$ lên $(MNP)$ là $NP$. Góc giữa $SP$ và $(MNP)$ là góc giữa $SP$ và hình chiếu của nó, tức là góc giữa $SP$ và $NP$ (góc $SPN$). Khớp với đáp án nguồn: D.

(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)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $A$ là hình chiếu của $S$ trên $(ABC)$. Góc giữa $SB$ và $(ABC)$ là góc giữa $SB$ và hình chiếu của nó trên mặt phẳng, tức là góc giữa $SB$ và $AB$ (góc $SBA$). Khớp với đáp án nguồn D.

(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 $SN\perp (MNP)$ nên $N$ là hình chiếu của $S$ lên mặt phẳng $(MNP)$, tức $PN$ là hình chiếu của $SP$ trên $(MNP)$. Góc giữa đường thẳng $SP$ và mặt phẳng $(MNP)$ là góc giữa $SP$ và hình chiếu $PN$ của nó, tức góc giữa $SP$ và $NP$. Đáp án D, khớp với đáp án nguồn (Đề 1012, Câu 6: D).

(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)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $A$ là hình chiếu của $S$ lên mặt phẳng $(ABC)$. Góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $(ABC)$ là góc giữa $SB$ và hình chiếu của nó trên $(ABC)$, tức là góc giữa $SB$ và $AB$ (góc $SBA$). Vậy đáp án D, trùng với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $A$ là hình chiếu vuông góc của $S$ trên mặt phẳng $(ABC)$. Đường thẳng $SB$ cắt $(ABC)$ tại $B$, do đó hình chiếu của $SB$ trên $(ABC)$ là $AB$. Góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $(ABC)$ là góc giữa $SB$ và hình chiếu $AB$, tức là $\widehat{SBA}$ (góc tại đỉnh $B$ trong tam giác $SAB$ với $\widehat{SAB}=90^{\circ }$). Kết quả khớp với đáp án nguồn (mã đề 1002, câu 7 = A).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $A$ là hình chiếu của $S$ lên mặt phẳng $(ABC)$, do đó $AC$ là hình chiếu của $SC$ lên $(ABC)$. Góc giữa đường thẳng $SC$ và mặt phẳng $(ABC)$ là góc giữa $SC$ và hình chiếu $AC$, tức là góc $SCA$. Khớp với đáp án B trong bảng mã đề 1001.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $A$ là hình chiếu của $S$ trên $(ABCD)$, do đó $AD$ là hình chiếu của $SD$ trên mặt phẳng $(ABCD)$. Góc giữa đường thẳng $SD$ và mặt phẳng $(ABCD)$ là góc giữa $SD$ và $AD$, tức $\widehat{SDA}$ (tam giác $SAD$ vuông tại $A$). Khớp với đáp án nguồn D.

(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)
Hình chóp S.ABCD đáy hình vuông cạnh a, SA ⊥ (ABCD), SA = 2a.
a) Đúng. Vì SA ⊥ (ABCD) nên A là hình chiếu của S lên (ABCD); D ∈ (ABCD) nên góc giữa SD và (ABCD) là góc giữa SD và hình chiếu DA, tức là $\widehat{SDA}$.
b) Đúng. Khoảng cách từ S đến (ABCD) chính là SA = 2a.
c) Sai. Thể tích $V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SA=\frac{1}{3}{a}^2\cdot 2a=\frac{2a^3}{3}\ne 2a^3$.
d) Đúng. Vì SA ⊥ (ABCD) và SA ⊂ (SAC) nên $(SAC)\perp (ABCD)$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (Đ, Đ, S, Đ).
a) (AI giải đề cho tôi)
SA ⊥ (ABCD) nên A là hình chiếu của S trên (ABCD); góc giữa SD và (ABCD) là $\widehat{SDA}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Vì SA ⊥ (ABCD) nên d(S, (ABCD)) = SA = 2a.
c) (AI giải đề cho tôi)
$V=\frac{1}{3}{a}^2\cdot 2a=\frac{2a^3}{3}$, không bằng $2a^3$.
d) (AI giải đề cho tôi)
SA ⊂ (SAC) và SA ⊥ (ABCD) nên $(SAC)\perp (ABCD)$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $A$ là hình chiếu của $S$ lên mặt phẳng $(ABC)$, tức $AB$ là hình chiếu của $SB$ trên $(ABC)$. Góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $(ABC)$ là góc giữa $SB$ và hình chiếu $AB$, tức góc $SBA$. Đáp án B, trùng với đáp án nguồn (mã đề 1004, Câu 11: B).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O$ là tâm đáy. Góc giữa cạnh bên $SA$ và mặt đáy là góc $SAO$. Tam giác $SOA$ vuông tại $O$: $\sin (SAO)=\frac{SO}{SA}=\frac{3\sqrt{2}}{6}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, nên góc $SAO=45^{\circ }$. Khớp với đáp án nguồn (45).