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

(AI giải đề cho tôi)
Vì $BD\perp AB$ và $BD\perp BC$ (do $AB,BC,BD$ đôi một vuông góc) nên $BD\perp (ABC)$. Suy ra hình chiếu của $D$ lên mặt phẳng $(ABC)$ là $B$, hình chiếu của $AD$ lên $(ABC)$ là $AB$. Vậy góc giữa $AD$ và $(ABC)$ là góc giữa $AD$ và $AB$, tức là $\widehat{BAD}$. Đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\perp BC$, $AB\perp BD$ và $BC\cap BD=B$ nên $AB\perp (BCD)$. Do đó hình chiếu vuông góc của $AC$ trên mặt phẳng $(BCD)$ là $CB$ (vì $C$ nằm trong $(BCD)$, hình chiếu của $A$ là $B$). Vậy góc giữa $AC$ và $(BCD)$ là góc giữa $AC$ và $CB$, tức là $\widehat{ACB}$. Chọn B.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AC$. Hình chiếu của $S$ lên $(ABCD)$ là $A$, hình chiếu của $SC$ lên $(ABCD)$ là $AC$. Do đó góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là góc giữa $SC$ và $AC$, tức $\widehat{SCA}$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi cạnh hình lập phương là $a$. Đường chéo $M{P}^{\prime }$ của hình lập phương có chiều dài $a\sqrt{3}$. Hình chiếu của $M{P}^{\prime }$ lên mặt phẳng $(MNPQ)$ là $MP$ (đường chéo mặt), với $MP=a\sqrt{2}$. Góc giữa $M{P}^{\prime }$ và $(MNPQ)$ là góc $\varphi =\widehat{M{P}^{\prime }P}$ (vì $P{P}^{\prime }\perp (MNPQ)$). Ta có $\tan \varphi =\frac{P{P}^{\prime }}{MP}=\frac{a}{a\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$, suy ra $\cot \varphi =\sqrt{2}$. Vậy chọn đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi cạnh hình lập phương là $a$. Hình chiếu của $A^{\prime }$ lên $(ABCD)$ là $A$, nên góc giữa $A^{\prime }C$ và $(ABCD)$ là góc $A^{\prime }CA$. Trong tam giác $A^{\prime }AC$ vuông tại $A$: $AC=a\sqrt{2}$, $A^{\prime }A=a$. Vậy $\tan A^{\prime }CA=\frac{A^{\prime }A}{AC}=\frac{a}{a\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\approx 0,71$.

(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 góc giữa $SC$ và $AC$, tức góc $SCA$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $D(0;a\sqrt{2};0)$, $C(a;a\sqrt{2};0)$, $S(0;0;2a)$.
a) $BC\parallel AD$. $\overrightarrow{SD}=(0;a\sqrt{2};-2a)$, $|SD|=a\sqrt{6}$; $\overrightarrow{AD}=(0;a\sqrt{2};0)$. $\cos =\frac{2a^2}{a\sqrt{6}\cdot a\sqrt{2}}=\frac{2}{\sqrt{12}}=\frac{1}{\sqrt{3}}$ → Đúng.
b) Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $CA$ là hình chiếu của $SC$ lên $(ABCD)$, góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SCA}$ → Đúng.
c) $\overrightarrow{SB}=(a;0;-2a)$, $\overrightarrow{AI}=(a;\frac{a\sqrt{2}}{2};0)$. $\cos =\frac{a^2}{a\sqrt{5}\cdot a\sqrt{3/2}}=\frac{1}{\sqrt{7,5}}\approx 0,3651$ → góc $\approx 68,6^{\circ }\ne 79^{\circ }$ → Sai.
d) $\overrightarrow{CD}=(a;0;0)$, $\overrightarrow{SD}=(0;a\sqrt{2};-2a)$, tích vô hướng $=0$ nên $CD\perp SD$, tam giác $SCD$ vuông tại $D$ → Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Vì $BC\parallel AD$, $\cos (BC,SD)=\cos (AD,SD)=\frac{\overrightarrow{AD}\cdot \overrightarrow{SD}}{|AD||SD|}=\frac{2a^2}{a\sqrt{2}\cdot a\sqrt{6}}=\frac{1}{\sqrt{3}}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$SA\perp (ABCD)$ nên $CA$ là hình chiếu vuông góc của $SC$ trên $(ABCD)$; góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SCA}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\cos (SB,AI)=\frac{a^2}{a\sqrt{5}\cdot a\sqrt{3/2}}=\frac{1}{\sqrt{7,5}}\approx 0,3651$, suy ra góc $\approx 68,6^{\circ }$, không phải $79^{\circ }$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{CD}\cdot \overrightarrow{SD}=(a;0;0)\cdot (0;a\sqrt{2};-2a)=0$ nên $CD\perp SD$, tam giác $SCD$ vuông tại $D$.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 3:

a) Gọi $O$ là giao điểm của hai đường chéo $AC$ và $BD$ của hình thoi $ABCD$. Vì $ABCD$ là hình thoi nên $AC\perp BD$ tại $O$. Mặt khác $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BD$. Ta có: $BD\perp AC$, $BD\perp SA$, với $AC,SA\subset (SAC)$ và $AC\cap SA=A$. Vậy $BD\perp (SAC)$.

b) Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $AO$ (hay $AC$) là hình chiếu của $SD$ lên $(ABCD)$ (với $O$ là giao của $AC$ và $BD$). Do đó góc giữa $SD$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SDO}$.

Tam giác $SAD$ vuông tại $A$ có $SA=a\sqrt{3}$, $AD=a$, nên $\tan \widehat{SDA}=\frac{SA}{AD}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}$, suy ra $\widehat{SDA}=60^{\circ }$.

Vậy góc giữa đường thẳng $SD$ và mặt phẳng $(ABCD)$ bằng $60^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $AC$ là hình chiếu của $SC$ lên $(ABC)$, do đó góc giữa $SC$ và $(ABC)$ là $\widehat{SCA}$. Tam giác $SAC$ vuông tại $A$ có $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{3}}{3a}=\frac{\sqrt{3}}{3}$, suy ra $\widehat{SCA}=30^{\circ }$. Kết quả trùng với đáp án nguồn: C.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $AB$ là hình chiếu của $SB$ lên mặt phẳng $(ABC)$. Do đó góc giữa $SB$ và $(ABC)$ là góc $SBA$. Trong tam giác $SAB$ vuông tại $A$: $\tan (\widehat{SBA})=\frac{SA}{AB}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}$, suy ra $\widehat{SBA}=60^{\circ }$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (7A).

(AI giải đề cho tôi)
Hệ trục: $B(0,0,0)$, $A(a,0,0)$, $C(0,a,0)$, $S(a,0,a\sqrt{2})$ (vì $SA\perp (ABC)$, tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$ nên $BC=a$).
a) $SA=\sqrt{S{B}^2-A{B}^2}=\sqrt{3a^2-a^2}=a\sqrt{2}$ → Đúng.
b) Góc giữa $SB$ và $(ABC)$ là góc $SBA$: $\tan =\frac{SA}{AB}=\sqrt{2}$ → Đúng.
c) Mặt phẳng $(SAC)$ có vectơ pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{AS}\times \overrightarrow{AC}=(-a^2\sqrt{2},-a^2\sqrt{2},0)$, rút gọn $\vec{n}=(-1,-1,0)$. $\overrightarrow{SB}=(-a,0,-a\sqrt{2})$, $|\overrightarrow{SB}|=a\sqrt{3}$. $\sin \theta =\frac{|\overrightarrow{SB}\cdot \vec{n}|}{|\overrightarrow{SB}||\vec{n}|}=\frac{a}{a\sqrt{3}\cdot a\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{6}\approx 0,408\ne \frac{\sqrt{6}}{8}$ → Sai.
d) Vì $AB\perp BC$ và $SB\perp BC$ (do $SA\perp (ABC)$), góc nhị diện $[S,BC,A]$ là góc $SBA$: $\tan =\sqrt{2}\Rightarrow \arctan \sqrt{2}\approx 54,74^{\circ }$ → Đúng.
Kết quả Đ-Đ-S-Đ khớp với đáp án nguồn.
a) (AI giải đề cho tôi)
$SA=\sqrt{S{B}^2-A{B}^2}=\sqrt{3a^2-a^2}=a\sqrt{2}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Góc giữa $SB$ và $(ABC)$ là $\widehat{SBA}$, $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\sqrt{2}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Tính toán cho $\sin \theta =\frac{\sqrt{6}}{6}$, không bằng $\frac{\sqrt{6}}{8}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Góc nhị diện $[S,BC,A]$ là góc $SBA=\arctan \sqrt{2}\approx 54,74^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $H$ là trung điểm $AB$ nên $HB=\frac{a}{2}$. Góc giữa $SB$ và đáy là góc $SBH=60^{\circ }$, nên $SH=HB\cdot \tan 60^{\circ }=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Trong tam giác vuông $HBC$: $HC=\sqrt{H{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{\frac{a^2}{4}+a^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$. Góc giữa $SC$ và mặt đáy là góc $SCH=\phi$, do đó $\tan \phi =\frac{SH}{HC}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a\sqrt{5}}{2}}=\frac{\sqrt{15}}{5}$. Vậy $x=15$, $y=5$ (thỏa $y$ nguyên dương nhỏ hơn 10), suy ra $S=x+y=20$, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $D^{\prime }$ là hình chiếu của $D$ trên $(R)$. Góc giữa $AD$ và hình chiếu của nó trên $(R)$ bằng $30^0$ nên khoảng cách từ mặt tấm pin (mặt phẳng chứa $ABCD$ song song với $(R)$ theo phương $AB$) lên $(R)$ là $h=AD\cdot \sin 30^0=2\cdot \frac{1}{2}=1$ m. Do đó $C{C}^{\prime }=1$ m. Tam giác $AC{C}^{\prime }$ vuông tại $C^{\prime }$: $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{1+4}=\sqrt{5}$, nên $A{C}^{\prime }=\sqrt{A{C}^2-C{C}^{\prime 2}}=\sqrt{5-1}=2$ m. Khi đó $\tan \alpha =\frac{C{C}^{\prime }}{A{C}^{\prime }}=\frac{1}{2}$. Điểm trên $A{C}^{\prime }$ cách $A$ một khoảng $2\tan \alpha =1$ m. Cột đỡ thẳng đứng từ điểm này chạm $AC$ có chiều cao bằng chiều cao của điểm trên $AC$ ứng với tỉ số $\frac{1}{A{C}^{\prime }}=\frac{1}{2}$, tức là $\frac{1}{2}\cdot C{C}^{\prime }=\frac{1}{2}\cdot 1=0,5$ m. Kết quả khớp với đáp án nguồn 0,5.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(2a;0;0)$, $D(0;2a\sqrt{3};0)$, $C(2a;2a\sqrt{3};0)$, tâm $O(a;a\sqrt{3};0)$. Vì $C{C}^{\prime }$ tạo với đáy góc $60^{\circ }$ và $\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ có hình chiếu ngang $\overrightarrow{AO}$ dài $\sqrt{a^2+3a^2}=2a$, nên $|A{A}^{\prime }|=\frac{2a}{\cos 60^{\circ }}=4a$, cao $h=4a\sin 60^{\circ }=2a\sqrt{3}$. Suy ra $A^{\prime }(a;a\sqrt{3};2a\sqrt{3})$, $\overrightarrow{A^{\prime }C}=(a;a\sqrt{3};-2a\sqrt{3})$, $|A^{\prime }C|=4a$. Mặt phẳng $(A^{\prime }BD)$ qua $B(2a;0;0)$, $D(0;2a\sqrt{3};0)$, $A^{\prime }$ có VTPT $\vec{n}=\overrightarrow{BD}\times \overrightarrow{B{A}^{\prime }}=(12;4\sqrt{3};0)a^2\parallel (3;\sqrt{3};0)$, phương trình: $3x+\sqrt{3}y-6a=0$. Khoảng cách từ $C$ đến $(A^{\prime }BD)$: $d=\frac{|6a+6a-6a|}{\sqrt{12}}=\frac{\sqrt{3}a}{2}\cdot \sqrt{3}=\sqrt{3}a$... cụ thể $d=\frac{6a}{2\sqrt{3}}=\sqrt{3}a$. Góc $\alpha$ giữa $A^{\prime }C$ và $(A^{\prime }BD)$: $\sin \alpha =\frac{d}{A^{\prime }C}=\frac{\sqrt{3}a}{4a}=\frac{\sqrt{3}}{4}\approx 0,433$, nên $\cos \alpha =\sqrt{1-\frac{3}{16}}=\frac{\sqrt{13}}{4}\approx 0,9014\approx 0,9$. Kết quả khớp với đáp án nguồn 0.9.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $A$ là hình chiếu của $S$ lên mặt phẳng $(ABC)$. Đường thẳng $SC$ cắt $(ABC)$ tại $C$, do đó hình chiếu của $SC$ trên $(ABC)$ là $AC$. Góc giữa đường thẳng $SC$ và mặt phẳng $(ABC)$ là góc giữa $SC$ và $AC$, tức là $\widehat{SCA}$. Vậy đáp án D, trùng với đáp án nguồn (mã đề 1020, câu 6: D).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp AC$. Đường thẳng $SC$ cắt $(ABC)$ tại $C$, hình chiếu của $SC$ lên mặt phẳng $(ABC)$ là $AC$. Do đó góc giữa $SC$ và $(ABC)$ là góc giữa $SC$ và $AC$, tức là $\widehat{SCA}$. Chọn đáp án B, trùng với đáp án nguồn (mã đề 1010, câu 10: B).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: A(0;0;0), B(2a;0;0), D(0;2a√3;0), C(2a;2a√3;0), O(a; a√3; 0). Vì hình chiếu của A' là O nên A' = O + v với v = AA' là vectơ chỉ phương của cạnh bên. Thành phần phương ngang của v có độ dài |AO| = 2a. Cạnh bên tạo với đáy góc 60° nên tan60° = h/(2a) ⇒ h = 2a√3, do đó A'(a; a√3; 2a√3). Vectơ A'C = (a; a√3; −2a√3), |A'C| = 4a. Mặt phẳng (A'BD): BD = (−2a; 2a√3; 0), BA' = (−a; a√3; 2a√3), pháp tuyến n = BD×BA' = (12a²; 4a²√3; 0) ∝ (3; √3; 0), |n| = 2√3. sin góc giữa A'C và (A'BD) = |A'C·n|/(|A'C||n|) = 6a/(8a√3) = √3/4. Vậy cos = √(1 − 3/16) = √13/4 ≈ 0.9014 ≈ 0.9, khớp đáp án 0.9.

Ta có $AB$ là hình chiếu của $SB$ lên $(ABC)$. Khi đó, góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $(ABC)$ là $\widehat{SBA}$. Chọn đáp án A.

a) Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AD$.
b) Ta có $AC$ là hình chiếu của $SC$ lên $(ABCD)$. Khi đó góc giữa $SC$ với $(ABCD)$ là $\widehat{SCA}$.
c) Ta có $\{\begin{array}{l}CD\perp SA\subset (SAD)\\ CD\perp AD\subset (SAD)\Rightarrow CD\perp (SAD).\\ SA\cap AD=\{A\}\end{array}$
d) Ta có $\{\begin{array}{l}(SBC)\cap (ABCD)=BC\\ BC\perp AB\subset (ABCD)\\ BC\perp SB\subset (SBC)\end{array}$ Suy ra góc giữa $(SBC)$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SBA}=\alpha$ và có $\tan \alpha =\frac{SA}{AB}=\frac{3}{3}=1\Rightarrow \alpha =45^{\circ }$.
Đáp án: [a đúng | b sai | c đúng | d sai].
a) Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AD$.
b) Ta có $AC$ là hình chiếu của $SC$ lên $(ABCD)$. Khi đó góc giữa $SC$ với $(ABCD)$ là $\widehat{SCA}$.
c) Ta có $\{\begin{array}{l}CD\perp SA\subset (SAD)\\ CD\perp AD\subset (SAD)\Rightarrow CD\perp (SAD).\\ SA\cap AD=\{A\}\end{array}$
d) Ta có $\{\begin{array}{l}(SBC)\cap (ABCD)=BC\\ BC\perp AB\subset (ABCD)\\ BC\perp SB\subset (SBC)\end{array}$ Suy ra góc giữa $(SBC)$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SBA}=\alpha$ và có $\tan \alpha =\frac{SA}{AB}=\frac{3}{3}=1\Rightarrow \alpha =45^{\circ }$.