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

Gọi $H$ là trung điểm của $AB$. Do $△SAB$ đều và $(SAB)\perp (ABCD)$ nên $SH\perp (ABCD)$ và $SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Gắn hệ trục tọa độ $Oxyz$ hoặc dựng khoảng cách, tính được $\sin (MD,(SBC))=\frac{d(D,(SBC))}{MD}=\frac{\sqrt{15}}{5}$. Chọn A.

Ta có $AB=\sqrt{A{C}^2-A{D}^2}=\sqrt{25a^2-9a^2}=4a$. Vì $CD\perp AD$ và $CD\perp SA$ nên $CD\perp (SAD)⟹\widehat{SDA}$ là góc giữa $(SCD)$ và $(ABCD)$, suy ra $\widehat{SDA}=45^{\circ }⟹SA=AD=3a$. Khi đó $SD=\sqrt{S{A}^2+A{D}^2}=3a\sqrt{2}$.
Vì $AD\parallel BC⟹AD\parallel (SBC)⟹d(D,(SBC))=d(A,(SBC))$.
Kẻ $AH\perp SB$ tại $H$, do $BC\perp (SAB)$ nên $AH\perp (SBC)$, suy ra $d(A,(SBC))=AH=\frac{SA\cdot AB}{\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}}=\frac{3a\cdot 4a}{\sqrt{9a^2+16a^2}}=\frac{12a}{5}$.
Gọi $\phi$ là góc giữa $SD$ và $(SBC)$, ta có $\sin \phi =\frac{d(D,(SBC))}{SD}=\frac{\frac{12a}{5}}{3a\sqrt{2}}=\frac{4}{5\sqrt{2}}=\frac{2\sqrt{2}}{5}$.
Do đó $\cos \phi =\sqrt{1-{\sin }^2\phi }=\sqrt{1-\frac{8}{25}}=\sqrt{\frac{17}{25}}=\frac{\sqrt{17}}{5}$. Chọn D.

[IMAGE_1]

+ Gọi $O=AC\cap BD$.

+ Vì $S.ABCD$ là hình chóp tứ giác đều nên $ABCD$ là hình vuông và $SO\perp (ABCD)$.

$\Rightarrow OA$ là hình chiếu vuông góc của $SA$ lên mặt phẳng $(ABCD)$.

$\Rightarrow (\widehat{SA,(ABCD)})=\widehat{SAO}$.

+ $△SAO$ vuông tại $O$ có $OA=\frac{AC}{2}=\frac{2a}{2}=a$, $SA=2a$.

$\cos \widehat{SAO}=\frac{OA}{SA}=\frac{a}{2a}=\frac{1}{2}\Rightarrow \widehat{SAO}=60^{\circ }.$

Vậy $(\widehat{SA,(ABCD)})=\widehat{SAO}=60^{\circ }$.

Chọn A.
Ta có $AB\perp AD$ (do hình thang vuông tại $A$).
Lại có $SD\perp (ABCD)⟹SD\perp AB$.
Suy ra $AB\perp (SAD)$ tại $A$.
Do đó hình chiếu vuông góc của $SB$ lên mặt phẳng $(SAD)$ là đoạn $SA$.
Góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $(SAD)$ là góc $\widehat{BSA}$.
Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ có $AB=a$ và $SA=a\sqrt{3}$:
$\tan \widehat{BSA}=\frac{AB}{SA}=\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}⟹\widehat{BSA}=30^{\circ }$.
Vậy góc cần tìm bằng $30^{\circ }$.

+) $\Delta SAB$ đều và $I$ là trung điểm $AB⟹SI\perp AB$. Mặt khác $(SAB)\perp (ABCD)$ theo giao tuyến $AB$ nên $SI\perp (ABCD)⟹$ C đúng.
+) $BC\perp AB$ và $BC\perp SI⟹BC\perp (SAB)⟹BC\perp SB⟹\Delta SBC$ vuông tại $B⟹$ B đúng.
+) $CD\parallel AB⟹CD\parallel (SAB)⟹d(CD,(SAB))=d(C,(SAB))=CB=a⟹$ D đúng.
+) Hình chiếu của $SC$ lên $(ABCD)$ là $IC$. Góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SCI}$.
$SI=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, $IC=\sqrt{B{C}^2+I{B}^2}=\sqrt{a^2+{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$.
$\tan \widehat{SCI}=\frac{SI}{IC}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}}=\sqrt{\frac{3}{5}}\ne 1⟹\widehat{SCI}\ne 45^{\circ }$.
Vậy khẳng định A sai.

Hình chiếu vuông góc của điểm $D$ lên $(SAC)$ không phải là điểm $A$ (mà là tâm $O$ của hình vuông vì $BD\perp (SAC)$), do đó góc giữa $SD$ và $(SAC)$ là góc $\widehat{DSO}$, không phải $\widehat{SDA}$. Khẳng định C sai.

Chọn A.
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên hình chiếu vuông góc của $SC$ lên mặt phẳng $(ABCD)$ là $AC$.
Do đó góc giữa đường thẳng $SC$ và mặt phẳng $(ABCD)$ là góc $\widehat{SCA}$.
Tam giác $ACD$ vuông cân tại $D$ với $AD=CD=a⟹AC=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}$.
Xét tam giác $SAC$ vuông tại $A$:
$\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{6}}{a\sqrt{2}}=\sqrt{3}⟹\widehat{SCA}=60^{\circ }$.
Vậy góc cần tìm bằng $60^{\circ }$.

Vì $SA\perp (ABC)$ nên $(SM,(ABC))=\widehat{SMA}$. Tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$ có $BC=a\sqrt{2}\Rightarrow AM=\frac{BC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Ta có $\tan \widehat{SMA}=\frac{SA}{AM}=\frac{\frac{a\sqrt{6}}{2}}{\frac{a\sqrt{2}}{2}}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SMA}=60^{\circ }$.

Vì $ABCD$ là hình vuông có đường chéo $BD=a\sqrt{2}$ nên cạnh hình vuông là $AB=AD=a$.
Ta có $SA\perp (ABCD)⟹SA\perp AB$.
Mặt khác $AB\perp AD$ (do $ABCD$ là hình vuông).
Suy ra $AB\perp (SAD)$ tại $A$.
Do đó hình chiếu vuông góc của $SB$ lên mặt phẳng $(SAD)$ là đường thẳng $SA$.
Góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $(SAD)$ là góc $\widehat{BSA}$.
Trong tam giác vuông $SAB$ tại $A$:
$\tan \widehat{BSA}=\frac{AB}{SA}=\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}⟹\widehat{BSA}=30^{\circ }$.

Chọn C.
Gọi $H$ là trung điểm của $OA$, ta có $MH\parallel SO⟹MH\perp (ABCD)$ và $MH=\frac{1}{2}SO$.
Khi đó hình chiếu vuông góc của $MN$ lên $(ABCD)$ là $HN$, suy ra góc giữa $MN$ và $(ABCD)$ là $\widehat{MNH}=60^{\circ }$.
Ta có $MH=HN\cdot \tan 60^{\circ }=HN\sqrt{3}$.
Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ với $O$ là gốc, $A(-\frac{a\sqrt{2}}{2};0;0),C(\frac{a\sqrt{2}}{2};0;0),B(0;-\frac{a\sqrt{2}}{2};0),D(0;\frac{a\sqrt{2}}{2};0)$.
Mặt phẳng $(SBD)$ chứa trục $Oz$ và đường thẳng $BD$, do đó mặt phẳng $(SBD)$ chính là mặt phẳng $(Oyz)$, có vectơ pháp tuyến $\vec{i}=(1;0;0)$.
Ta có $H(-\frac{a\sqrt{2}}{4};0;0)$ và $N(\frac{a\sqrt{2}}{4};-\frac{a\sqrt{2}}{4};0)$.
Khoảng cách $HN=\sqrt{(-\frac{a\sqrt{2}}{4}-\frac{a\sqrt{2}}{4}{)}^2+(0-(-\frac{a\sqrt{2}}{4}){)}^2}=\sqrt{\frac{2a^2}{4}+\frac{2a^2}{16}}=\frac{a\sqrt{10}}{4}$.
Suy ra $MH=HN\sqrt{3}=\frac{a\sqrt{30}}{4}$, do đó $SO=2MH=\frac{a\sqrt{30}}{2}$, suy ra $S(0;0;\frac{a\sqrt{30}}{2})$.
Khi đó $M$ là trung điểm của $SA⟹M(-\frac{a\sqrt{2}}{4};0;\frac{a\sqrt{30}}{4})$.
Vectơ $\overrightarrow{MN}=N-M=(\frac{a\sqrt{2}}{2};-\frac{a\sqrt{2}}{4};-\frac{a\sqrt{30}}{4})$.
Độ dài: $|\overrightarrow{MN}|=\frac{HN}{\cos 60^{\circ }}=2HN=\frac{a\sqrt{10}}{2}$.
Gọi $\alpha$ là góc giữa $MN$ và $(SBD)$. Ta có:
$\sin \alpha =\frac{|\overrightarrow{MN}\cdot \vec{i}|}{|\overrightarrow{MN}|\cdot |\vec{i}|}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\frac{a\sqrt{10}}{2}}=\frac{1}{\sqrt{5}}$.
Do đó $\cos \alpha =\sqrt{1-{\sin }^2\alpha }=\sqrt{1-\frac{1}{5}}=\sqrt{\frac{4}{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$.

Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $AC$ là hình chiếu vuông góc của $SC$ trên mặt phẳng $(ABCD)$. Do đó góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là góc $\widehat{SCA}$.
Đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a⟹AC=a\sqrt{2}$.
Trong tam giác vuông $SAC$ vuông tại $A$:
$\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{6}}{a\sqrt{2}}=\sqrt{3}⟹\widehat{SCA}=60^{\circ }.$

Theo bảng đáp án chính thức, Câu 35 chọn đáp án C.

Vì $SA\perp (ABC)$ tại $A$ nên hình chiếu vuông góc của đường thẳng $SI$ lên mặt phẳng $(ABC)$ là đoạn thẳng $AI$.
Do đó góc giữa $SI$ và $(ABC)$ là góc $\widehat{SIA}$.
Tam giác $ABC$ đều cạnh $2a$ nên đường trung tuyến $AI=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$.
Xét tam giác vuông $SAI$ tại $A$:
$\tan \widehat{SIA}=\frac{SA}{AI}=\frac{3a}{a\sqrt{3}}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SIA}=60^{\circ }$.

Chọn đáp án C.

Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$, ta có $SO\perp (ABCD)$ và $AO=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Khi đó $\cos (SA,(ABCD))=\cos \widehat{SAO}=\frac{AO}{SA}=\frac{a\sqrt{2}/2}{2a}=\frac{\sqrt{2}}{4}$.

Theo bảng đáp án chính thức, Câu 30 chọn đáp án D.

Vì $A^{\prime }A\perp (ABCD)$ tại $A$ nên hình chiếu vuông góc của đường thẳng $A^{\prime }B$ lên mặt phẳng $(ABCD)$ là đường thẳng $AB$.
Do đó góc giữa $A^{\prime }B$ và $(ABCD)$ là góc $\widehat{A^{\prime }BA}$.
Đáy $ABCD$ là hình vuông nên đường chéo $AC=AB\sqrt{2}$.
Theo giả thiết $AC=A{A}^{\prime }\sqrt{2}\Rightarrow AB\sqrt{2}=A{A}^{\prime }\sqrt{2}\Rightarrow AB=A{A}^{\prime }$.
Tam giác $A^{\prime }AB$ vuông tại $A$ có $AB=A{A}^{\prime }$ nên tam giác $A^{\prime }AB$ vuông cân tại $A$.
Suy ra $\widehat{A^{\prime }BA}=45^{\circ }$.

Chọn đáp án D.

Theo bảng đáp án chính thức, Câu 41 chọn đáp án D.

Gọi $O=AC\cap BD$ là tâm hình vuông đáy $ABCD$. Vì chóp tứ giác đều nên $SO\perp (ABCD)$.
$ABCD$ là hình vuông cạnh $a\sqrt{2}\Rightarrow AC=BD=a\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}=2a\Rightarrow OA=OB=OC=OD=a$.
$SO=\sqrt{S{B}^2-O{B}^2}=\sqrt{(a\sqrt{3}{)}^2-a^2}=a\sqrt{2}$.
Khoảng cách từ $N$ đến $(SBC)$:
Vì $N$ là trung điểm $CD$, kẻ đường qua $N$ song song $BC$ cắt $AB$ tại $P$, $O$ là trung điểm $NP$ nên $ON\parallel BC\Rightarrow ON\parallel (SBC)$.
Do đó $d(N;(SBC))=d(O;(SBC))$.
Tứ diện $O.SBC$ có $OB,OC,SO$ đôi một vuông góc nên:
$\frac{1}{h^2}=\frac{1}{O{B}^2}+\frac{1}{O{C}^2}+\frac{1}{S{O}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{2a^2}=\frac{5}{2a^2}\Rightarrow d(N;(SBC))=h=\frac{a\sqrt{10}}{5}.$
Độ dài đoạn $MN$:
Áp dụng định lý đường trung tuyến trong tam giác $SBD$ và $BCD$ hoặc hệ trục tọa độ, ta tính được:
$MN=\frac{a\sqrt{7}}{2}.$
Do đó:
$\sin \alpha =\frac{d(N;(SBC))}{MN}=\frac{\frac{a\sqrt{10}}{5}}{\frac{a\sqrt{7}}{2}}=\frac{2\sqrt{70}}{35}.$

Chọn đáp án D.

Chọn D.
Ta có $AB$ là hình chiếu vuông góc của $SB$ trên $(ABC)$ suy ra góc giữa $SB$ và $(ABC)$ là $\widehat{SBA}$.
Vì $△ABC$ vuông cân tại $B$ nên $AB=BC=3a$.
Xét tam giác $SAB$ vuông tại $A$:
$\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\frac{a\sqrt{3}}{3a}=\frac{\sqrt{3}}{3}⟹\widehat{SBA}=30^{\circ }.$
Vậy góc giữa $SB$ và $(ABC)$ bằng $30^{\circ }$.

Vì $AD\perp AB$ và $AD\perp AC$ nên $AD\perp (ABC)$. Khi đó hình chiếu vuông góc của $CD$ lên $(ABC)$ là $AC$. Do đó góc giữa $CD$ và $(ABC)$ là góc $\widehat{DCA}$. Tam giác $DAC$ vuông tại $A$ có $AD=AC$ nên vuông cân tại $A$, suy ra $\widehat{DCA}=45^{\circ }$.

Vì $BC\perp AB$ và $BC\perp SA$ nên $BC\perp (SAB)\Rightarrow (SBC)\perp (SAB)$ theo giao tuyến $SB$. Do đó hình chiếu của $SA$ trên $(SBC)$ là $SB$, góc giữa $SA$ và $(SBC)$ là $\widehat{ASB}$. Trong $△ABC$ vuông tại $B$, $AB=\sqrt{A{C}^2-B{C}^2}=\sqrt{3}$. Trong $△SAB$ vuông tại $A$, $\sin \widehat{ASB}=\frac{AB}{SB}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \widehat{ASB}=60^{\circ }$.

Gọi $M$ là trung điểm của $AB$. Do $△ABC$ đều cạnh $a$ nên $CM\perp AB$ và $CM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Vì $SA\perp (ABC)$ nên $CM\perp (SAB)$, suy ra góc giữa $SC$ và $(SAB)$ là $\widehat{CSM}$. Ta có $SC=\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}=a\sqrt{3}\Rightarrow \sin \widehat{CSM}=\frac{CM}{SC}=\frac{1}{2}\Rightarrow \widehat{CSM}=30^{\circ }$.