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

(AI giải đề cho tôi)
Lăng trụ tam giác đều, cạnh đáy $2a$, cạnh bên (chiều cao) $h=2\sqrt{3}a$.

a) Hình chiếu của $B^{\prime }$ lên $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ là $B$, nên góc giữa $A{B}^{\prime }$ và $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ là $\widehat{B^{\prime }AB}$. Ta có $\tan \widehat{B^{\prime }AB}=\frac{B{B}^{\prime }}{AB}=\frac{2\sqrt{3}a}{2a}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{B^{\prime }AB}=60^{\circ }\ne 30^{\circ }$. → Sai.

b) $A{A}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }$ nên $A{A}^{\prime }\parallel (B{B}^{\prime }{C}^{\prime })$, khoảng cách giữa $A{A}^{\prime }$ và $B^{\prime }{C}^{\prime }$ bằng khoảng cách từ $B$ đến $B^{\prime }{C}^{\prime }$ trong đáy. Tam giác đều $ABC$ cạnh $2a$ có đường cao $\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}\ne \frac{a\sqrt{3}}{2}$. → Sai.

c) $S_{ABC}=\frac{(2a{)}^2\sqrt{3}}{4}=\sqrt{3}{a}^2$, thể tích $V=S_{ABC}\cdot h=\sqrt{3}{a}^2\cdot 2\sqrt{3}a=6a^3$. → Đúng.

d) Tọa hóa: $A(0;0;0)$, $B(2a;0;0)$, $C(a;\sqrt{3}a;0)$, $A^{\prime }(0;0;2\sqrt{3}a)$. Vectơ pháp tuyến của $(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$: $\vec{n}=\overrightarrow{A{B}^{\prime }}\times \overrightarrow{A{C}^{\prime }}=(-6a^2;-2\sqrt{3}{a}^2;2\sqrt{3}{a}^2)$, phương trình mặt phẳng $3x+\sqrt{3}y-\sqrt{3}z=0$. Khoảng cách từ $A^{\prime }$: $d=\frac{|-\sqrt{3}\cdot 2\sqrt{3}a|}{\sqrt{9+3+3}}=\frac{6a}{\sqrt{15}}=\frac{2\sqrt{15}}{5}a$. → Đúng.

Kết quả khớp với đáp án nguồn (mã đề 0101: S S Đ Đ).
a) (AI giải đề cho tôi)
Góc giữa $A{B}^{\prime }$ và $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ là $\widehat{B^{\prime }AB}$ với $\tan \widehat{B^{\prime }AB}=\frac{2\sqrt{3}a}{2a}=\sqrt{3}$, suy ra góc bằng $60^{\circ }$, không phải $30^{\circ }$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Vì $A{A}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }$, khoảng cách giữa $A{A}^{\prime }$ và $B^{\prime }{C}^{\prime }$ bằng khoảng cách từ $B$ đến $B^{\prime }{C}^{\prime }$ trong tam giác đều cạnh $2a$, bằng $a\sqrt{3}$, không phải $\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$S_{ABC}=\sqrt{3}{a}^2$, $V=\sqrt{3}{a}^2\cdot 2\sqrt{3}a=6a^3$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Tọa hóa được mặt phẳng $(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$: $3x+\sqrt{3}y-\sqrt{3}z=0$; khoảng cách từ $A^{\prime }(0;0;2\sqrt{3}a)$ là $\frac{6a}{\sqrt{15}}=\frac{2\sqrt{15}}{5}a$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục $A(0,0,0)$, $B(a,0,0)$, $C(a,a,0)$, $D(0,a,0)$, $S(0,0,a\sqrt{2})$, $O\left(\frac{a}{2},\frac{a}{2},0\right)$. a) Chiếu của $SC$ lên $(ABCD)$ là $AC=a\sqrt{2}$, nên $\tan \angle (SC,(ABCD))=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{2}}=1$, góc bằng $45^{\circ }\ne 60^{\circ }$ → Sai. b) $M\left(\frac{a}{2},0,0\right)$, $N\left(0,\frac{a}{2},\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)$, $P\left(\frac{a}{4},\frac{3a}{4},0\right)$. Tính $V_{BMNP}=\frac{1}{6}\left|[\overrightarrow{MB},\overrightarrow{MN},\overrightarrow{MP}]\right|=\frac{1}{6}\cdot \frac{3a^3\sqrt{2}}{16}=\frac{a^3\sqrt{2}}{32}$ → Đúng. c) Vì $BC\parallel AD$, khoảng cách $d(SM,BC)=d(AD,SM)$. Tính bằng công thức thể tích (hoặc vector chung phương): $\overrightarrow{u_1}=\overrightarrow{SM}=\left(\frac{a}{2},0,-a\sqrt{2}\right)$, $\overrightarrow{u_2}=(0,1,0)$, $\overrightarrow{w}=\overrightarrow{SB}=(a,0,-a\sqrt{2})$, $\vec{n}=\overrightarrow{u_1}\times \overrightarrow{u_2}=\left(a\sqrt{2},0,\frac{a}{2}\right)$, $d=\frac{|\vec{w}\cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=\frac{a^2\left(2-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}{\frac{3a}{2}}=\frac{a(4-\sqrt{2})}{3}\approx 0,86a\ne a\sqrt{2}$ → Sai. d) $BD\perp AC$ (tính chất hình vuông) và $BD\perp SA$ (vì $SA\perp (ABCD)$) nên $BD\perp (SAC)$, suy ra $BD\perp SC$ → Đúng. Kết quả khớp bảng đáp án mã đề 1007: a) S, b) Đ, c) S, d) Đ.
a) (AI giải đề cho tôi)
Góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là góc $SCA$ với $\tan \angle SCA=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{2}}=1$, nên góc bằng $45^{\circ }$, không phải $60^{\circ }$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Với tọa độ $M\left(\frac{a}{2},0,0\right)$, $N\left(0,\frac{a}{2},\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)$, $P\left(\frac{a}{4},\frac{3a}{4},0\right)$, tích hỗn hợp $\left|[\overrightarrow{MB},\overrightarrow{MN},\overrightarrow{MP}]\right|=\frac{3a^3\sqrt{2}}{16}$, nên $V_{BMNP}=\frac{a^3\sqrt{2}}{32}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Vì $BC\parallel AD$, $d(SM,BC)=d(AD,SM)=\frac{a(4-\sqrt{2})}{3}\approx 0,86a\ne a\sqrt{2}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$BD\perp AC$ và $BD\perp SA$ nên $BD\perp (SAC)$, do đó $BD\perp SC$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SB\perp (ABC)$ nên hình chiếu của $SC$ lên $(ABC)$ là $BC$, do đó góc giữa $SC$ và $(ABC)$ là $\widehat{SCB}$. Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $AB=a$, $AC=a\sqrt{3}$ nên $BC=\sqrt{a^2+3a^2}=2a$. Trong tam giác $SBC$ vuông tại $B$ (vì $SB\perp (ABC)$): $\tan \widehat{SCB}=\frac{SB}{BC}=\frac{2a}{2a}=1$, suy ra $\widehat{SCB}=45^{\circ }$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (45).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SC\perp (ABC)$ nên $BC$ là hình chiếu của $SB$ lên $(ABC)$, do đó góc giữa $SB$ và $(ABC)$ là $\widehat{SBC}$. Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $AB=AC=2a$ nên $BC=2a\sqrt{2}$. Tam giác $SBC$ vuông tại $C$ (vì $SC\perp (ABC)$ nên $SC\perp BC$) với $SC=a$, do đó $\tan \widehat{SBC}=\frac{SC}{BC}=\frac{a}{2a\sqrt{2}}=\frac{1}{2\sqrt{2}}\approx 0,3536$. Suy ra $\widehat{SBC}\approx 19,47^{\circ }\approx 19^{\circ }$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (19).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $A{A}^{\prime }\perp (ABCD)$ nên hình chiếu của $C{A}^{\prime }$ lên $(ABCD)$ là $AC$. Góc giữa $C{A}^{\prime }$ và $(ABCD)$ là $\widehat{C{A}^{\prime }C}$. Trong tam giác vuông $AC{A}^{\prime }$ (vuông tại $A$): $AC=\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}=\sqrt{25+25}=5\sqrt{2}$, và $A{A}^{\prime }=5\sqrt{2}$. Suy ra $\tan \widehat{C{A}^{\prime }C}=\frac{A{A}^{\prime }}{AC}=\frac{5\sqrt{2}}{5\sqrt{2}}=1$, nên góc bằng $45^{\circ }$. Kết quả trùng đáp án nguồn: chọn A.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $C{A}^{\prime }$ lên mặt phẳng $(ABCD)$ là $CA$ (vì $A{A}^{\prime }\perp (ABCD)$). Góc giữa $C{A}^{\prime }$ và $(ABCD)$ là $\widehat{A^{\prime }CA}$. Trong tam giác vuông $A^{\prime }AC$ vuông tại $A$: $AC=\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}=\sqrt{25+25}=5\sqrt{2}$, nên $\tan \widehat{A^{\prime }CA}=\frac{A{A}^{\prime }}{AC}=\frac{5\sqrt{2}}{5\sqrt{2}}=1\Rightarrow \widehat{A^{\prime }CA}=45^{\circ }$. Kết quả trùng với đáp án nguồn: A.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của C' lên (ABCD) là C, nên góc giữa AC' và (ABCD) là góc giữa AC' và AC, tức góc C'AC (tam giác C'AC vuông tại C). Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình thoi cạnh $a$ với $\widehat{ABC}=60^{\circ }$, tam giác $ABC$ cân tại $B$ có góc đỉnh $60^{\circ }$ nên là tam giác đều, suy ra $AC=a$. Do $SA\perp (ABCD)$ nên $AC$ là hình chiếu của $SC$ lên mặt đáy, góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SCA}$. Ta có $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}$, suy ra góc bằng $60^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên hình chiếu của $SC$ lên mặt đáy là $AC$. Góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SCA}$. Tam giác $ABC$ có $AB=BC=a$, $\widehat{ABC}=60^0$ nên tam giác $ABC$ đều, suy ra $AC=a$. Tam giác $SAC$ vuông tại $A$: $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}$, nên $\widehat{SCA}=60^0$. Vậy góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ bằng $60^0$.

(AI giải đề cho tôi)
Theo định nghĩa, khi đường thẳng $a$ không vuông góc với mặt phẳng $(P)$, góc giữa $a$ và $(P)$ là góc giữa $a$ và hình chiếu vuông góc của nó trên $(P)$. Đáp án trùng với bảng đáp án mã đề 101: B.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên hình chiếu của $SC$ lên $(ABC)$ là $AC$. Tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$ với $AB=a$ nên $AC=a\sqrt{2}$. Tam giác $SAC$ vuông tại $A$: $SC=\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}=\sqrt{3a^2+2a^2}=a\sqrt{5}$. Góc giữa $SC$ và $(ABC)$ là góc $SCA$, nên $\cos =\frac{AC}{SC}=\frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{10}}{5}\approx 0,63$.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp S.ABC đều, H là tâm đáy nên SH ⊥ (ABC) (ý a đúng). Góc giữa cạnh bên SA và mặt đáy là góc giữa SA và hình chiếu HA, tức là góc SAH = 30°, không phải góc SAB (ý b sai). Tam giác ABC đều cạnh 2a nên HA = 2a√3/3; trong tam giác vuông SHA: SH = HA·tan30° = (2a√3/3)·(√3/3) = 2a/3, nên khoảng cách từ S tới (ABC) bằng 2a/3 (ý c đúng). Diện tích đáy S = (2a)²√3/4 = a²√3, thể tích V = (1/3)·a²√3·(2a/3) = 2a³√3/9 (ý d đúng).
a) (AI giải đề cho tôi)
Vì S.ABC là hình chóp tam giác đều nên hình chiếu của S lên mặt đáy là tâm H, do đó SH ⊥ (ABC).
b) (AI giải đề cho tôi)
Góc giữa SA và (ABC) là góc giữa SA và hình chiếu HA của nó trên mặt đáy, tức góc SAH = 30°, không phải góc SAB.
c) (AI giải đề cho tôi)
HA = 2a√3/3 (bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều cạnh 2a); SH = HA·tan30° = 2a/3.
d) (AI giải đề cho tôi)
S_ABC = a²√3, V = (1/3)·a²√3·(2a/3) = 2a³√3/9.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $AC$ là hình chiếu của $SC$ lên mặt đáy, góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SCA}$. Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ với $AB=CD=a\sqrt{3}$, $AD=BC=a$ nên $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{3a^2+a^2}=2a$. Trong tam giác vuông $SAC$ (vuông tại $A$): $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{2a}{2a}=1$, suy ra $\widehat{SCA}=45^{\circ }$. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi O là tâm đáy. SO = √(SA² − OA²) = √(8a² − a²/2) = a√30/2. Hình chiếu của M (trung điểm SA) xuống đáy là H trung điểm AO, nên MH = SO/2 = a√30/4 và AH = OA/2 = a/(2√2). Với A(0,0), B(a,0), O(a/2,a/2) thì H(a/4,a/4), nên BH² = (3a/4)² + (a/4)² = 5a²/8. Suy ra BM² = BH² + MH² = 5a²/8 + 30a²/16 = 5a²/2, BM = a√10/2. Góc giữa BM và (ABCD) là góc BMH: sin α = MH/BM = (a√30/4)/(a√10/2) = √3/2, nên α = 60°.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $D(2a;0;0)$, $B(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0)$, $C(\frac{3a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0)$ (đáy là hình thang cân với chiều cao $\frac{a\sqrt{3}}{2}$). Góc giữa $A^{\prime }C$ và $(ABCD)$ là góc giữa $A^{\prime }C$ và $AC$ (hình chiếu của $A^{\prime }$ là $A$), nên $\tan 30^{\circ }=\frac{A{A}^{\prime }}{AC}$ với $AC=\sqrt{3}a$ suy ra $A{A}^{\prime }=a$, tức $h=a$.

a) Hình chiếu của $A^{\prime }$ lên $(ABCD)$ là $A$ nên góc cần tìm là $\angle A^{\prime }CA$ (góc $A^{\prime }CA$), không phải $C{A}^{\prime }A$. → Sai.

b) Vectơ $\overrightarrow{A^{\prime }C}=(\frac{3a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};-a)$. Mặt phẳng $(P)$ qua $B$ vuông góc $A^{\prime }C$: $\frac{3}{2}x+\frac{\sqrt{3}}{2}y-z=\frac{3a}{2}$. Tại các đỉnh: $A:0$, $A^{\prime }:-a$, $B^{\prime }:\frac{5a}{4}$ (dưới), $C:3a$, $D:3a$, $C^{\prime }:2a$, $D^{\prime }:2a$ (trên), $B$ nằm trên mặt phẳng. Mặt phẳng cắt $AD$ tại $F(a;0;0)$, cắt $A^{\prime }{D}^{\prime }$ tại $G(\frac{5a}{3};0;a)$, cắt $B^{\prime }{C}^{\prime }$ tại $I(\frac{7a}{6};\frac{a\sqrt{3}}{2};a)$. Khối chứa $A$ có tiết diện tại độ cao $z$ là phần đáy thang với $x\le \frac{2}{3}(\frac{3a}{2}+z)-\frac{y}{\sqrt{3}}$, diện tích $S(z)=\sqrt{3}a\left(\frac{a}{4}+\frac{z}{3}\right)$. Thể tích $V={\int }_0^a\sqrt{3}a\left(\frac{a}{4}+\frac{z}{3}\right)dz=\sqrt{3}a\left(\frac{a^2}{4}+\frac{a^2}{6}\right)=\frac{5\sqrt{3}}{12}{a}^3$. → Đúng.

c) $\overrightarrow{AC}=(\frac{3a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0)$, $\overrightarrow{C^{\prime }D}=\vec{D}-\overrightarrow{C^{\prime }}=(\frac{a}{2};-\frac{a\sqrt{3}}{2};-a)$. Tích vô hướng $=\frac{3a^2}{4}-\frac{3a^2}{4}+0=0$, nên góc giữa $AC$ và $C^{\prime }D$ bằng $90^{\circ }$, không phải $60^{\circ }$. → Sai.

d) Mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }C)$ qua $A^{\prime }(0;0;a)$, $B^{\prime }(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};a)$, $C(\frac{3a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0)$ có phương trình $-\sqrt{3}x+y-\sqrt{3}z+\sqrt{3}a=0$. Khoảng cách từ $D(2a;0;0)$: $d=\frac{|-2\sqrt{3}a+\sqrt{3}a|}{\sqrt{3+1+3}}=\frac{\sqrt{3}a}{\sqrt{7}}=\frac{a\sqrt{21}}{7}$. → Đúng.

Khớp với đáp án mã đề 221: a) Sai, b) Đúng, c) Sai, d) Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $A^{\prime }$ trên $(ABCD)$ là $A$ nên góc giữa $A^{\prime }C$ và $(ABCD)$ là $\angle A^{\prime }CA$, không phải $C{A}^{\prime }A$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Với $h=a$, mặt phẳng qua $B$ vuông góc $A^{\prime }C$ cắt $AD$ tại $F(a;0;0)$, cắt $A^{\prime }{D}^{\prime }$ tại $G(\frac{5a}{3};0;a)$, cắt $B^{\prime }{C}^{\prime }$ tại $I(\frac{7a}{6};\frac{a\sqrt{3}}{2};a)$. Thể tích khối chứa $A$: $V={\int }_0^a\sqrt{3}a(\frac{a}{4}+\frac{z}{3})dz=\frac{5\sqrt{3}}{12}{a}^3$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{C^{\prime }D}=\frac{3a^2}{4}-\frac{3a^2}{4}+0=0$ nên góc giữa $AC$ và $C^{\prime }D$ bằng $90^{\circ }$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$(A^{\prime }{B}^{\prime }C):-\sqrt{3}x+y-\sqrt{3}z+\sqrt{3}a=0$; $d(D,(A^{\prime }{B}^{\prime }C))=\frac{\sqrt{3}a}{\sqrt{7}}=\frac{a\sqrt{21}}{7}$.

Ta có $V_{S.ABC}=\frac{1}{2}{V}_{S.ABCD}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}\cdot 2^2\cdot 2=\frac{4}{3}$. Tam giác $SBC$ cân tại $S$ có $SB=SC=\sqrt{S{O}^2+O{B}^2}=\sqrt{6}$, trung tuyến $SI=\sqrt{6-1}=\sqrt{5}⟹S_{△SBC}=\sqrt{5}$. Do đó $d(A,(SBC))=\frac{3V_{S.ABC}}{S_{△SBC}}=\frac{4}{\sqrt{5}}$, suy ra $\sin (SA,(SBC))=\frac{d(A,(SBC))}{SA}=\frac{4/\sqrt{5}}{\sqrt{6}}=\frac{2\sqrt{30}}{15}\approx 0,73$.

Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $AC$ là hình chiếu vuông góc của $SC$ lên mặt phẳng đáy $(ABCD)$.
Do đó góc giữa $SC$ và mặt phẳng đáy là góc $\widehat{SCA}$.

Hình chiếu vuông góc của $SC$ trên $(ABCD)$ là $HC$, nên góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SCH}$. Trong $\Delta HDC$ vuông tại $D$, ta có $HC=\sqrt{H{D}^2+C{D}^2}=\sqrt{a^2+(2a{)}^2}=a\sqrt{5}$. Khi đó $\tan \widehat{SCH}=\frac{SH}{HC}=\frac{a\sqrt{15}}{a\sqrt{5}}=\sqrt{3}⟹\widehat{SCH}=60^{\circ }$. Chọn đáp án A.

Ta xác định góc giữa $SC$ và mặt phẳng $(SAD)$:
- Ta có $CD\perp AD$ (do $ABCD$ là hình vuông) và $CD\perp SA$ (do $SA\perp (ABCD)$).
- Suy ra $CD\perp (SAD)$ tại điểm $D$.
- Do đó, hình chiếu vuông góc của điểm $C$ lên mặt phẳng $(SAD)$ là điểm $D$.
- Hình chiếu vuông góc của đoạn thẳng $SC$ lên $(SAD)$ là đoạn thẳng $SD$.
Vậy góc giữa cạnh bên $SC$ và mặt phẳng $(SAD)$ là góc $\widehat{CSD}$. Chọn D.

Trong hình lập phương $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, ta có $B{D}^{\prime }\perp A^{\prime }{C}^{\prime }$ và $B{D}^{\prime }\perp A^{\prime }D$, suy ra $B{D}^{\prime }\perp (A^{\prime }{C}^{\prime }D)$, nên góc giữa $B{D}^{\prime }$ và $(A^{\prime }{C}^{\prime }D)$ bằng $90^{\circ }$. Chọn D.