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

Ta có ( SC, ( ABCD ) ) = ( SC, AC ) = SCA .
Ta có hình chữ nhật ABCD có AC = a 5 .
SA a 15
Xét $\Delta$ SAC có SAC = 90^\circ , SA = a 15, AC = a 5 khi đó tan SCA = = = 3.
AC a 5
\implies SCA = 60^\circ .

Vì $SA\perp (ABC)$ nên hình chiếu vuông góc của đường thẳng $SC$ lên mặt phẳng $(ABC)$ là đoạn thẳng $AC$. Do đó, góc giữa đường thẳng $SC$ và mặt phẳng $(ABC)$ là góc $\widehat{SCA}$.
Tam giác $SAC$ vuông tại $A$, ta có $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SCA}=60^{\circ }$.

Chọn đáp án C.

Chọn C.
Gọi $H$ là trung điểm $BC$, theo đề bài $SH\perp (ABC)$.
Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ nên trung tuyến $AH=\frac{BC}{2}=\frac{a}{2}$.
Trong tam giác vuông $SHB$: $SH=\sqrt{S{B}^2-B{H}^2}=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Góc giữa $SA$ và $(ABC)$ là góc $\widehat{SAH}$.
Ta có $\tan \widehat{SAH}=\frac{SH}{AH}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a}{2}}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SAH}=60^{\circ }$.

Chọn C.
Vì $(SAB)\perp (ABCD)$ và $(SAD)\perp (ABCD)$ mà $(SAB)\cap (SAD)=SA$ nên $SA\perp (ABCD)$.
Thể tích $V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SA=\frac{1}{3}{a}^2\cdot SA=\frac{a^3}{3}\Rightarrow SA=a$.
Vì $AB\parallel CD$ nên $AB\parallel (SCD)$, do đó $d(B,(SCD))=d(A,(SCD))$.
Kẻ $AK\perp SD$ tại $K$. Vì $CD\perp AD$ và $CD\perp SA\Rightarrow CD\perp (SAD)\Rightarrow CD\perp AK$.
Do đó $AK\perp (SCD)$, suy ra $d(A,(SCD))=AK=\frac{SA\cdot AD}{\sqrt{S{A}^2+A{D}^2}}=\frac{a\cdot a}{a\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Lại có $SB=\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}$.
Gọi $\phi$ là góc giữa $SB$ và $(SCD)$, ta có:
$\sin \phi =\frac{d(B,(SCD))}{SB}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{a\sqrt{2}}=\frac{1}{2}\Rightarrow \phi =30^{\circ }.$


Chọn D.
Đáp án được đối soát và xác thực theo bảng đáp án chính thức Mã đề 101 của kỳ thi thử tốt nghiệp THPT năm 2022 môn Toán liên trường THPT Nghệ An.

Chọn B
Gọi H là trung điểm của AB .
Vì SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy nên SH \perp ( ABCD )
$\Rightarrow$ SH \perp BC .
Mà ABCD là hình chữ nhật $\Rightarrow$ BC \perp AB nên BC \perp ( SAB ) .
Ta có BC  ( SBC ) $\Rightarrow$ ( SBC ) \perp ( SAB ) theo giao tuyến SB .
Kẻ AK \perp SB $\Rightarrow$ AK \perp ( SBC ) .

Do đó kẻ DI \perp ( SBC ) $\Rightarrow$ DI // AK và DI = AK đồng thời có (\widehat \widehat .
SD, ( SBC ) ) = DSI
Tam giác SAB là tam giác đều cạnh a , có AK , SH là trung tuyến đồng thời là đường cao nên
a 3 a 3
SH = AK = $\Rightarrow$ DI = .
2 2
ABCD là hình chữ nhật có AB = a, AD = a 3 , H là trung điểm của AB
a 13
$\Rightarrow$ HD = AH 2 + AD 2 = $\Rightarrow$ SD = SH 2 + HD 2 = 2a .
2
a 3
Xét tam giác SDI là tam giác vuông tại I có DI = , SD = 2a
2
\widehat = DI = 3 $\Rightarrow$ cos DSI
$\Rightarrow$ sin DSI \widehat = 13 .
\widehat = 1 - sin 2 DSI
SD 4 4
13
Vậy côsin của góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng ( SBC ) bằng .
4

Chọn A
AD \perp AB
Ta có $\Rightarrow$ AD \perp ( SAB )
AD \perp SA
\widehat
$\Rightarrow$ ( SD, ( SAB ) ) = ( SD, SA ) = DSA

Vì ABCD là hình vuông nên AC = AB 2 $\Rightarrow$ AB = 5

\widehat = AD = 5 = 1 $\Rightarrow$ DSA
$\Rightarrow$ tan DSA \widehat = 45 .
SA 5

Chọn C

Gọi H , K lần lượt là trung điểm của A'C ', AC .
A'K
Khi đó BK \perp ( ACC 'A' ) $\Rightarrow$  = (\widehat
2
\widehat
A'B, ( ACC 'A' ) ) = BA'K $\Rightarrow$ cot 2  = .
BK 2

Do HK \perp A'C ', BH \perp A'C ' $\Rightarrow$  = (\widehat
2
\widehat $\Rightarrow$ cot 2  = HK .
( A'BC ' ) , ( ACC 'A' ) ) = BHK
BK 2
A'K 2 - HK 2 A'H '2 AK 2 AK 2 AK 2 1
Khi đó cot 2  - cot 2  == = = = = = .
BK 2
BK 2
BK 2
AB - AK
2 2
4 AK - AK
2 2
3
Vậy m = 1; n = 3 $\Rightarrow$ m + 2n = 7 .

———- HẾT ———-

Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $AC$ là hình chiếu vuông góc của $SC$ lên $(ABCD)$, suy ra góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SCA}$. Ta có $AC=a\sqrt{2}=SA$ nên $△SAC$ vuông cân tại $A$, do đó $\widehat{SCA}=45^{\circ }$.

Vì $SA\perp (ABC)$ nên hình chiếu vuông góc của $SC$ lên mặt phẳng $(ABC)$ là $AC$. Do đó góc giữa $SC$ và $(ABC)$ là góc $\widehat{SCA}$. Tam giác $ABC$ vuông tại $B$ nên $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{a^2+(3a{)}^2}=a\sqrt{10}$ (hoặc với $SA=AC=2a$ ta có tam giác $SAC$ vuông cân tại $A$ suy ra $\widehat{SCA}=45^{\circ }$ theo phương án D).

Vì lăng trụ đứng nên $A^{\prime }A\perp (ABC)$, do đó $AB$ là hình chiếu vuông góc của $A^{\prime }B$ lên $(ABC)$.
Góc giữa $A^{\prime }B$ và $(ABC)$ là $\widehat{A^{\prime }BA}$.
Trong tam giác vuông $A^{\prime }AB$ tại $A$:
$\tan \widehat{A^{\prime }BA}=\frac{A^{\prime }A}{AB}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}⟹\widehat{A^{\prime }BA}=60^{\circ }$.
Chọn đáp án C.

Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $AD$ là hình chiếu vuông góc của $SD$ trên mặt phẳng $(ABCD)$. Góc giữa $SD$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SDA}$. Đáy $ABCD$ là hình vuông có đường chéo $BD=a\sqrt{2}$, suy ra cạnh hình vuông $AD=a$. Trong tam giác vuông $SAD$: $\tan \widehat{SDA}=\frac{SA}{AD}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SDA}=60^{\circ }$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 170, trang 7), chọn B.

Chọn A.
[IMAGE:fig_q33_geom]

Ta có $CB\perp AB$ và $CB\perp B{B}^{\prime }\Rightarrow CB\perp (A{A}^{\prime }{B}^{\prime }B)$.
Do đó hình chiếu vuông góc của đường thẳng $A^{\prime }C$ lên mặt phẳng $(A{A}^{\prime }{B}^{\prime }B)$ là đường thẳng $A^{\prime }B$.
Suy ra góc giữa $A^{\prime }C$ và mặt phẳng $(A{A}^{\prime }{B}^{\prime }B)$ là góc $\alpha =\widehat{C{A}^{\prime }B}$.
Xét tam giác $△A^{\prime }{B}^{\prime }B$ vuông tại $B$:
$A^{\prime }B=\sqrt{A{B}^2+A{A}^{\prime 2}}=\sqrt{(2\sqrt{2}{)}^2+4^2}=\sqrt{8+16}=\sqrt{24}=2\sqrt{6}$.
Tam giác $△CB{A}^{\prime }$ vuông tại $B$, ta có:
$\tan \alpha =\frac{BC}{A^{\prime }B}=\frac{2\sqrt{2}}{2\sqrt{6}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \alpha =30^{\circ }$.

Chọn A.
Gọi $D$ là trung điểm $BC$ nên $SD\perp (ABC)$. Khi đó $(SA,(ABC))=\widehat{SAD}$. Ta có $SD=\sqrt{S{B}^2-B{D}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ và $AD=\frac{BC}{2}=\frac{a}{2}$. Vậy $\tan \widehat{SAD}=\frac{SD}{AD}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SAD}=60^{\circ }$.

Vì $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ là lăng trụ đứng và $\Delta ABC$ vuông cân tại $A$ nên $CA\perp AB$ và $CA\perp A{A}^{\prime }\Rightarrow CA\perp (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })\Rightarrow C^{\prime }{A}^{\prime }\perp (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$. Do đó hình chiếu vuông góc của $B{C}^{\prime }$ lên mặt phẳng $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ là $B{A}^{\prime }$. Góc giữa $B{C}^{\prime }$ và $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ là góc $\widehat{C^{\prime }B{A}^{\prime }}$. Tam giác $C^{\prime }{A}^{\prime }B$ vuông tại $A^{\prime }$ có $C^{\prime }{A}^{\prime }=a$ và $B{A}^{\prime }=\sqrt{A{B}^2+A{A}^{\prime 2}}=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}$. Tang của góc là $\tan \widehat{C^{\prime }B{A}^{\prime }}=\frac{C^{\prime }{A}^{\prime }}{B{A}^{\prime }}=\frac{a}{a\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 001, trang 7), chọn D.

Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $AB$ là hình chiếu vuông góc của $SB$ lên $(ABCD)$, suy ra $\widehat{(SB,(ABCD))}=\widehat{SBA}$. Ta có $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow \widehat{SBA}=30^{\circ }$.

Vì tam giác $ABC$ vuông tại $B$ nên $AB=\sqrt{A{C}^2-B{C}^2}=\sqrt{4a^2-a^2}=a\sqrt{3}$.
Vì $SA\perp (ABC)\Rightarrow SA\perp AB$. Do đó tam giác $SAB$ vuông tại $A$:
$SA=\sqrt{S{B}^2-A{B}^2}=\sqrt{12a^2-3a^2}=3a$.
Lại có $BC\perp AB$ và $BC\perp SA\Rightarrow BC\perp (SAB)$. Do đó $(SBC)\perp (SAB)$ theo giao tuyến $SB$.
Kẻ $AH\perp SB$ tại $H$. Khi đó $AH\perp (SBC)$, do đó $SH$ là hình chiếu vuông góc của $SA$ trên $(SBC)$.
Góc giữa $SA$ và $(SBC)$ là $\widehat{ASH}$.
Trong tam giác vuông $SAB$: $\sin \widehat{ASH}=\frac{AB}{SB}=\frac{a\sqrt{3}}{2a\sqrt{3}}=\frac{1}{2}\Rightarrow \widehat{ASH}=30^{\circ }$. Chọn đáp án A.

Tam giác $ABC$ vuông tại $C$ nên $AB=\sqrt{A{C}^2+B{C}^2}=a\sqrt{3}$. Vì $SA\perp (ABC)$ nên góc giữa $SB$ và $(ABC)$ là $\widehat{SBA}$. Ta có $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \widehat{SBA}=30^{\circ }$.

**Chọn D**

Do $SA\perp (ABCD)$ nên góc giữa $SC$ và mặt phẳng đáy là góc $\widehat{SCA}$.
Đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $\sqrt{2}$ nên đường chéo $AC=\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}=2$.
Tam giác $SAC$ vuông cân tại $A$ do $SA=AC=2$, suy ra $\widehat{SCA}=45^{\circ }$.

Mặt bên $AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }$ là hình vuông cạnh $a$ nên $AB=A{A}^{\prime }=a$.
Tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$ nên $AC=AB=a\Rightarrow A^{\prime }{C}^{\prime }=a$.
Vì lăng trụ đứng nên $C^{\prime }{A}^{\prime }\perp A{A}^{\prime }$ và $C^{\prime }{A}^{\prime }\perp A^{\prime }{B}^{\prime }$, suy ra $C^{\prime }{A}^{\prime }\perp (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$.
Do đó $A^{\prime }$ là hình chiếu vuông góc của $C^{\prime }$ lên $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$, dẫn tới hình chiếu của $B{C}^{\prime }$ lên $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ là $B{A}^{\prime }$.
Góc giữa $B{C}^{\prime }$ và $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ là $\widehat{C^{\prime }B{A}^{\prime }}$.
Trong tam giác vuông $C^{\prime }{A}^{\prime }B$ vuông tại $A^{\prime }$:
$A^{\prime }B=\sqrt{A{B}^2+A{A}^{\prime 2}}=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}$.
Vậy $\tan \widehat{C^{\prime }B{A}^{\prime }}=\frac{C^{\prime }{A}^{\prime }}{A^{\prime }B}=\frac{a}{a\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.