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

(AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $A^{\prime }D$ trên $(ABCD)$ là $AD$ vì $A^{\prime }A\perp (ABCD)$ nên $A^{\prime }A\perp AD$. Góc giữa $A^{\prime }D$ và $(ABCD)$ là $\widehat{A^{\prime }DA}$. Tam giác $A^{\prime }AD$ vuông tại $A$ với $A^{\prime }A=AD=a$, do đó $\tan \widehat{A^{\prime }DA}=\frac{A^{\prime }A}{AD}=1$, suy ra $\widehat{A^{\prime }DA}=45^{\circ }$. Vậy góc giữa $A^{\prime }D$ và mặt phẳng $(ABCD)$ bằng $45^{\circ }$.

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

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên hình chiếu của $SC$ lên $(ABC)$ là $AC$, do đó góc giữa $SC$ và $(ABC)$ là góc $\widehat{SCA}$. Tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$ với $AB=\sqrt{3}a$ nên $AC=AB\sqrt{2}=\sqrt{6}a$. Tam giác $SAC$ vuông tại $A$: $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{\sqrt{2}a}{\sqrt{6}a}=\frac{1}{\sqrt{3}}$, suy ra $\widehat{SCA}=30^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $AB$ là hình chiếu của $SB$ trên mặt đáy, do đó góc giữa $SB$ và mặt phẳng đáy là góc $\widehat{SBA}$. Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ có $AB=a$, $SB=2a$, nên $SA=\sqrt{S{B}^2-A{B}^2}=\sqrt{4a^2-a^2}=a\sqrt{3}$. Khi đó $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}$, suy ra $(SB,(ABCD))=\widehat{SBA}=60^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng lực căng theo phương thẳng đứng: mỗi lực có thành phần đứng $5000\sqrt{3}\cdot \sin 60^{\circ }=5000\sqrt{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=7500$ (N). Bốn dây: $4\times 7500=30000$ (N). Hệ cân bằng nên tổng trọng lượng khung sắt và ô tô bằng $30000$ N, suy ra trọng lượng ô tô $=30000-3000=27000$ (N). Chọn B.

(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 $\widehat{SCA}$. Đáy là hình vuông cạnh $a$ nên $AC=a\sqrt{2}$. Tam giác $SAC$ vuông tại $A$ có $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{2}}=1$, suy ra $\widehat{SCA}=45^{\circ }$. Kết quả khớp đáp án nguồn 5B.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi cạnh hình lập phương là $a$. Hình chiếu của $A{C}^{\prime }$ lên mặt phẳng $(ABCD)$ là $AC$ (vì $C{C}^{\prime }\perp (ABCD)$), nên góc giữa $A{C}^{\prime }$ và $(ABCD)$ là $\alpha =\angle C^{\prime }AC$. Tam giác $AC{C}^{\prime }$ vuông tại $C$ có $C{C}^{\prime }=a$, $AC=a\sqrt{2}$, $A{C}^{\prime }=a\sqrt{3}$. Suy ra $\sin \alpha =\frac{C{C}^{\prime }}{A{C}^{\prime }}=\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$. Vậy chọn đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AC$. Hình chiếu của $SC$ lên mặt đáy là $AC$, do đó góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là góc giữa $SC$ và $AC$, tức góc $SCA$. Đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $AB$ là hình chiếu của $SB$ trên $(ABC)$, do đó góc giữa $SB$ và $(ABC)$ là $\widehat{SBA}$. Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ có $SA=AB=a\sqrt{2}$ nên $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=1$, suy ra $\widehat{SBA}=45^{\circ }$. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên hình chiếu của $S$ lên $(ABCD)$ là $A$, hình chiếu của $B$ là $B$, do đó hình chiếu của $SB$ là $AB$ → (a) đúng. Góc $(SB,(ABCD))=\widehat{SBA}$, $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\sqrt{2}\Rightarrow \widehat{SBA}\approx 54,75^{\circ }$ → (b) đúng. Góc $(SC,(ABCD))=\widehat{SCA}$, $AC=a\sqrt{2}$, $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{2}}=1\Rightarrow \widehat{SCA}=45^{\circ }$ → (c) đúng. Với $(SC,(SAB))$: $BC\perp AB$ và $BC\perp SA$ nên $BC\perp (SAB)$, khoảng cách từ $C$ đến $(SAB)$ là $BC=a$; $SC=\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}=\sqrt{2a^2+a^2}=a\sqrt{3}$; $\sin (SC,(SAB))=\frac{BC}{SC}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow$ góc $\approx 35,26^{\circ }\ne 60^{\circ }$ → (d) sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $S$ lên $(ABCD)$ là $A$ (vì $SA\perp (ABCD)$), hình chiếu của $B$ là $B$, nên hình chiếu của $SB$ là $AB$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Góc giữa $SB$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SBA}$ với $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\sqrt{2}$, suy ra $\widehat{SBA}\approx 54,75^{\circ }$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SCA}$; $AC=a\sqrt{2}$ nên $\tan \widehat{SCA}=\frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{2}}=1\Rightarrow \widehat{SCA}=45^{\circ }$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$BC\perp (SAB)$ nên $d(C,(SAB))=BC=a$; $SC=a\sqrt{3}$; $\sin (SC,(SAB))=\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow$ góc $\approx 35,26^{\circ }\ne 60^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp tam giác đều $S.ABC$, cạnh đáy $a\sqrt{3}$, cạnh bên $2a$. Gọi $O$ là tâm đáy, $M$ trung điểm $BC$. Đường cao đáy $AM=\frac{a\sqrt{3}\cdot \sqrt{3}}{2}=\frac{3a}{2}$, nên $AO=\frac{2}{3}AM=a$, $OM=\frac{a}{2}$. Vì chóp đều nên $SO\perp (ABC)$ và $SO=\sqrt{S{A}^2-A{O}^2}=\sqrt{4a^2-a^2}=a\sqrt{3}$. (a) Đúng. (b) Đúng vì hình chiếu của $SA$ lên $(ABC)$ là $OA$. (c) $\tan (SA,(ABC))=\frac{SO}{AO}=\sqrt{3}\Rightarrow$ góc $=60^{\circ }$, đúng. (d) $SM=\sqrt{S{O}^2+O{M}^2}=\sqrt{3a^2+\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{13}}{2}$, nên $\sin (SM,(ABC))=\frac{SO}{SM}=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{13}}\approx 0,9608\Rightarrow$ góc $\approx 73,9^{\circ }\ne 70,9^{\circ }$, sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Chóp đều nên đường cao đi qua tâm đáy: $SO\perp (ABC)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $A$ trên $(ABC)$ là $O$ nên góc giữa $SA$ và $(ABC)$ là góc giữa $SA$ và $OA$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$AO=a$, $SO=a\sqrt{3}$, $\tan (SA,(ABC))=\sqrt{3}\Rightarrow 60^{\circ }$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$SM=\frac{a\sqrt{13}}{2}$, $\sin (SM,(ABC))=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{13}}\approx 0,9608\Rightarrow$ góc $\approx 73,9^{\circ }$, không phải $70,9^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 4 (Tự luận):

a) Tam giác $ABC$ vuông tại $B$ nên $BC\perp AB$. Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$. Mà $BC$ nằm ngoài mp$(SAB)$, $AB\subset (SAB)$, $SA\subset (SAB)$, $AB\cap SA=A$, suy ra $BC\perp (SAB)$.

b) Vì $BC\perp (SAB)$ nên $B$ là hình chiếu của $C$ trên mp$(SAB)$, do đó hình chiếu của $SC$ trên mp$(SAB)$ là $SB$. Góc giữa $SC$ và mp$(SAB)$ là $\widehat{CSB}$.

Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ có $SA=2a$, $AB=a\sqrt{3}$ nên $SB=\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}=\sqrt{4a^2+3a^2}=a\sqrt{7}$.

Vì $BC\perp (SAB)$ nên $BC\perp SB$, tam giác $SBC$ vuông tại $B$ với $BC=a$, $SB=a\sqrt{7}$:
$$\tan \widehat{CSB}=\frac{BC}{SB}=\frac{a}{a\sqrt{7}}=\frac{1}{\sqrt{7}}\Rightarrow \widehat{CSB}\approx 20,7^{\circ }.$$

Vậy góc giữa hình chiếu của đường thẳng $SC$ và mp$(SAB)$ bằng $\arctan \frac{1}{\sqrt{7}}\approx 20,7^{\circ }$.

Đáp số: 0,81.

[Hình cần kiểm tra lại: p17_f1]

Gọi $I$ là hình chiếu của $H$ lên $SM$.

Ta có $\{\begin{array}{l}(SAM)\perp (SBC)\\ (SAM)\cap (SBC)=SM\Rightarrow IH\perp (SBC)\text{ tại }I\\ (SAM)\supset IH\perp SM\end{array}$

Suy ra $\left(CH,(SBC)\right)=(CH,CI)=\widehat{HCI}$.

Xét tam giác $ABM$ vuông tại $M$, ta có

- $AM=\sqrt{A{B}^2-B{M}^2}=\sqrt{5}\Rightarrow SM=\sqrt{S{A}^2+S{M}^2}=\sqrt{21}$. (Giữ nguyên biểu thức theo nguồn; nguồn in nhầm $SM=\sqrt{S{A}^2+S{M}^2}$, đúng phải là $SM=\sqrt{S{A}^2+A{M}^2}=\sqrt{21}$.)

- $\cos \widehat{ABM}=\frac{BM}{AB}=\frac{2}{3}$.

Xét tam giác $CBN$ vuông tại $N$, ta có

- $BN=BC\cos \widehat{ABM}=4\cdot \frac{2}{3}=\frac{8}{3}$.

- $NC=\sqrt{B{C}^2-B{N}^2}=\frac{4\sqrt{5}}{3}$.

Hai tam giác $NBC$ và $MHC$ đồng dạng nên

$$\frac{NB}{MH}=\frac{NC}{MC}=\frac{BC}{HC}=\frac{\frac{4\sqrt{5}}{3}}{2}=\frac{2\sqrt{5}}{3}\Rightarrow \{\begin{array}{l}MH=\frac{4\sqrt{5}}{5}\\ HC=\frac{6\sqrt{5}}{5}\end{array}.$$

Hai tam giác $SAM$ và $HIM$ đồng dạng nên

$$\frac{SA}{HI}=\frac{AM}{IM}=\frac{SM}{HM}=\frac{\sqrt{21}}{\frac{4\sqrt{5}}{5}}=\frac{\sqrt{105}}{4}\Rightarrow HI=\frac{16\sqrt{105}}{105}.$$

Tam giác $IHC$ vuông tại $I$, ta có

- $IC=\sqrt{H{C}^2-I{H}^2}=\frac{10\sqrt{21}}{21}$.

- $\cos \widehat{HCI}=\frac{IC}{HC}=\frac{\frac{10\sqrt{21}}{21}}{\frac{6\sqrt{5}}{5}}=\frac{5\sqrt{105}}{63}$.

Vậy $\cos (CH,(SBC))=\frac{5\sqrt{105}}{63}\approx 0,81$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $A$ là hình chiếu của $S$ trên đáy, $AC$ là hình chiếu của $SC$ trên $(ABC)$. Góc giữa $SC$ và đáy là góc giữa $SC$ và $AC$, tức góc $SCA$ (hay $ACS$). Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SB\perp (ABC)$ nên $BC$ là hình chiếu của $SC$ lên mặt đáy, do đó góc giữa $SC$ và mặt đáy là $\angle SCB=60^0$. Tam giác $SBC$ vuông tại $B$ có $BC=AB=10$ cm, nên $SC=\frac{BC}{\cos 60^0}=\frac{10}{1/2}=20$ cm.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $AC$ (nằm trong mặt đáy) là hình chiếu vuông góc của $SC$ lên mặt phẳng $(ABCD)$. Do đó góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là góc giữa $SC$ và $AC$, tức góc $SCA$. Đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
**a) Chứng minh $SC\perp (AHK)$.**

Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AB$. Mà $AB\perp AD$ (đáy là hình vuông) nên theo định lý ba đường vuông góc, $AB\perp SB$, tức $AH\perp SB$ (vì $H$ là hình chiếu của $A$ trên $SB$).

Tương tự, $AD\perp SD$ nên $AK\perp SD$.

Xét tam giác $SAC$: $SA\perp (ABCD)\Rightarrow SA\perp AC$; và $AB\perp BC$, $SA\perp BC$ nên $BC\perp (SAB)\Rightarrow BC\perp SB$. Do đó $A{C}^2=S{A}^2+...$ nói riêng $S{C}^2=S{A}^2+A{C}^2=a^2+2a^2=3a^2$, tức tam giác $SAC$ vuông tại $A$ với $SC$ là cạnh huyền.

Ta có: $AH\perp SB$ và $AH\perp BC$ (vì $BC\perp (SAB)$) $\Rightarrow AH\perp (SBC)\Rightarrow AH\perp SC$.

Tương tự: $AK\perp SD$ và $AK\perp DC$ (vì $DC\perp (SAD)$) $\Rightarrow AK\perp (SDC)\Rightarrow AK\perp SC$.

Vậy $SC\perp AH$, $SC\perp AK$, với $AH,AK$ cắt nhau trong $(AHK)$, suy ra $SC\perp (AHK)$. $■$

**b) Tính $\sin$ góc giữa $CD$ và $(AHK)$.**

Thiết lập hệ trục tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $D(0;a;0)$, $C(a;a;0)$, $S(0;0;a)$.

Hình chiếu $H$ của $A$ lên $SB$: đường $SB$ có vectơ chỉ phương $(a;0;-a)$, giải được $H\left(\frac{a}{2};0;\frac{a}{2}\right)$. Tương tự $K\left(0;\frac{a}{2};\frac{a}{2}\right)$.

Vectơ pháp tuyến của $(AHK)$:
$$\vec{n}=\overrightarrow{AH}\times \overrightarrow{AK}=\left(\frac{a}{2};0;\frac{a}{2}\right)\times \left(0;\frac{a}{2};\frac{a}{2}\right)=\frac{a^2}{4}(-1;-1;1).$$

Vì $CD\parallel AB$, góc giữa $CD$ và $(AHK)$ bằng góc giữa $AB$ và $(AHK)$, với ${\vec{u}}_{CD}=(1;0;0)$:
$$\sin \theta =\frac{|{\vec{u}}_{CD}\cdot \vec{n}|}{|{\vec{u}}_{CD}|\cdot |\vec{n}|}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}.$$

Vậy $\sin$ góc tạo bởi $CD$ và $(AHK)$ bằng $\frac{\sqrt{3}}{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng mệnh đề về góc giữa đường thẳng và mặt phẳng:
- A đúng: Theo định nghĩa, nếu đường thẳng $a$ không vuông góc với mặt phẳng $(P)$ (và $a$ không nằm trong/song song với $(P)$) thì góc giữa $a$ và hình chiếu $a^{\prime }$ của nó trên $(P)$ được gọi là góc giữa đường thẳng $a$ và mặt phẳng $(P)$.
- B sai: Nếu $a\perp (P)$ thì góc giữa $a$ và $(P)$ bằng $90^{\circ }$, không phải $0^{\circ }$.
- C sai: Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng thỏa $0^{\circ }\le \alpha \le 90^{\circ }$ (khi $a$ song song hoặc nằm trong $(P)$ thì $\alpha =0^{\circ }$).
- D sai: Hai đường thẳng cùng tạo với $(P)$ một góc bằng nhau không nhất thiết song song với nhau (chúng có thể cắt nhau hoặc chéo nhau).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\perp BC$ và $AB\perp BD$, mà $BC$ và $BD$ cắt nhau tại $B$ và cùng nằm trong mặt phẳng $(BCD)$, nên $AB\perp (BCD)$. Suy ra $B$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên $(BCD)$, do đó hình chiếu của $AC$ trên $(BCD)$ là $BC$. Vậy góc giữa $AC$ và $(BCD)$ là góc $\widehat{ACB}$ — khẳng định B đúng.

Kiểm tra các phương án khác:
- A sai: hình chiếu của $D$ trên $(ABD)$ là chính $D$ (vì $D\in (ABD)$), hình chiếu của $C$ trên $(ABD)$ là $B$ (do $CB\perp AB$, $CB\perp BD$ nên $CB\perp (ABD)$), vậy góc giữa $CD$ và $(ABD)$ là $\widehat{CDB}$, không phải $\widehat{CBD}$.
- C sai: vì $DB\perp AB$ và $DB\perp BC$ nên $DB\perp (ABC)$, hình chiếu của $D$ trên $(ABC)$ là $B$, góc giữa $AD$ và $(ABC)$ là $\widehat{DAB}$, không phải $\widehat{ADB}$.
- D sai: như trên, $CB\perp (ABD)$, góc giữa $AC$ và $(ABD)$ là $\widehat{CAB}$, không phải $\widehat{CBA}$.

Kết luận: chọn đáp án B.