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

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SO\perp (ABCD)$ nên $O$ là hình chiếu của $S$ trên $(ABCD)$. Hình chiếu của $SC$ trên $(ABCD)$ là $OC$ (tâm $O$ của hình vuông, $C$ thuộc đáy). Góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là góc giữa $SC$ và hình chiếu $OC$, tức $\widehat{SCO}$. Khớp với đáp án nguồn (mã đề 111, câu 9: A).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên hình chiếu của $SB$ lên mặt đáy là $AB$, do đó $\alpha =\widehat{SBA}$. Tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$ với $AC=2a$ nên $AB=BC=\frac{2a}{\sqrt{2}}=a\sqrt{2}$. Trong tam giác vuông $SAB$ (vuông tại $A$): $\tan \alpha =\frac{SA}{AB}=\frac{a}{a\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$. Kết quả khớp với đáp án nguồn D.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp S.ABCD, đáy hình vuông cạnh a, SA = a và SA ⊥ (ABCD).
a) SA ⊥ AD (vì SA ⊥ đáy) và SA = AD = a nên tam giác SAD vuông cân tại A → Đúng.
b) SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ CD (CD nằm trong đáy) → Đúng.
c) Góc giữa SD và mặt đáy là góc SDA (A là hình chiếu của S trên đáy). tan(SDA) = SA/AD = a/a = 1 nên góc bằng 45°, không phải 60° → Sai.
d) Tam giác SAB, SAD vuông tại A; tam giác SBC vuông tại B (vì BC ⊥ AB và BC ⊥ SA nên BC ⊥ SB); tam giác SCD vuông tại D (vì CD ⊥ AD và CD ⊥ SA nên CD ⊥ SD). Vậy cả bốn mặt bên đều là tam giác vuông → Đúng.
Khớp đáp án mã đề 1101: Đ Đ S Đ.
a) (AI giải đề cho tôi)
SA ⊥ AD và SA = AD = a nên tam giác SAD vuông cân tại A.
b) (AI giải đề cho tôi)
SA ⊥ (ABCD) nên SA vuông góc với mọi đường thẳng trong đáy, kể cả CD.
c) (AI giải đề cho tôi)
Góc giữa SD và đáy là góc SDA với tan(SDA) = SA/AD = 1, suy ra góc bằng 45° chứ không phải 60°.
d) (AI giải đề cho tôi)
SAB, SAD vuông tại A; SBC vuông tại B (BC ⊥ SB); SCD vuông tại D (CD ⊥ SD).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$. Vì các cạnh bên bằng nhau nên $SO\perp (ABCD)$ với $O$ là giao hai đường chéo. Ta có $BD=4\sqrt{2}$ nên $OB=2\sqrt{2}$. Tam giác $SOB$ vuông tại $O$: $SO=\sqrt{S{B}^2-O{B}^2}=\sqrt{9-8}=1$. Góc giữa $SB$ và mặt đáy là $\phi =\widehat{SBO}$, nên $\cos \phi =\frac{OB}{SB}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$. Do đó $\tan \phi =\frac{1}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$, $\phi \approx 19,47^{\circ }$, loại A, B, D. Kết quả khớp với đáp án nguồn (C).

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng: $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BC$ (vì $BC$ nằm trong $(ABCD)$).
b) Sai: $SB$ và $SD$ cùng đi qua điểm $S$ nên chúng cắt nhau (tại $S$), không chéo nhau.
c) Sai: Vì $CD\perp AD$ và $SA\perp (ABCD)\Rightarrow SA\perp CD$ nên $CD\perp (SAD)$, do đó hình chiếu của $C$ lên $(SAD)$ là $D$, góc giữa $SC$ và $(SAD)$ là $\angle SCD$. Ta có $SD=\sqrt{S{A}^2+A{D}^2}=\sqrt{\frac{a^2}{3}+a^2}=\frac{2a}{\sqrt{3}}$, nên $\tan \angle SCD=\frac{SD}{CD}=\frac{2}{\sqrt{3}}\approx 1,155$, suy ra $\angle SCD\approx 49^{\circ }\ne 30^{\circ }$.
d) Đúng: $BC\parallel AD$ nên góc giữa $SD$ và $BC$ bằng góc giữa $SD$ và $AD$, tức $\angle SDA$. Trong tam giác vuông $SAD$ vuông tại $A$: $\tan \angle SDA=\frac{SA}{AD}=\frac{a/\sqrt{3}}{a}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \angle SDA=30^{\circ }$. Khớp với đáp án nguồn: a) Đ, b) S, c) S, d) Đ.
a) (AI giải đề cho tôi)
$SA\perp (ABCD)$ nên $SA$ vuông góc với mọi đường thẳng trong $(ABCD)$, kể cả $BC$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$SB$ và $SD$ cùng đi qua $S$ nên cắt nhau tại $S$, không chéo nhau.
c) (AI giải đề cho tôi)
$CD\perp (SAD)$ nên góc giữa $SC$ và $(SAD)$ là $\angle SCD$ với $\tan \angle SCD=\frac{SD}{CD}=\frac{2}{\sqrt{3}}$, góc $\approx 49^{\circ }\ne 30^{\circ }$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$BC\parallel AD$ nên góc giữa $SD$ và $BC$ là $\angle SDA=\arctan \frac{SA}{AD}=\arctan \frac{1}{\sqrt{3}}=30^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng: Vì SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ AB (AB nằm trong đáy).
b) Đúng: AB nằm trong (ABCD) còn SC cắt (ABCD) tại C, với C không thuộc AB, nên AB và SC chéo nhau.
c) Sai: Vì AB ⊥ SA và AB ⊥ AD nên AB ⊥ (SAD), suy ra (SAB) ⊥ (SAD) giao tuyến SA. Kẻ CH ⊥ SA tại H (trong (SAD)) thì CH ⊥ (SAB), CH = AD = a. Tam giác SAC vuông tại A có SC = √(SA² + AC²) = √(3a² + 2a²) = a√5. Góc giữa SC và (SAB) là góc SCH với sin = CH/SC = 1/√5, nên góc ≈ 26°33′ ≠ 30°.
d) Đúng: CD ∥ AB nên góc giữa SB và CD bằng góc giữa SB và AB. Tam giác SAB vuông tại A có tan(SBA) = SA/AB = a√3/a = √3, suy ra góc = 60°.
a) (AI giải đề cho tôi)
SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ mọi đường thẳng trong đáy, kể cả AB.
b) (AI giải đề cho tôi)
AB nằm trong (ABCD), SC cắt (ABCD) tại C ∉ AB, nên AB và SC chéo nhau.
c) (AI giải đề cho tôi)
(SAB) ⊥ (SAD) giao tuyến SA; kẻ CH ⊥ SA thì CH ⊥ (SAB), CH = a, SC = a√5, sin(góc) = 1/√5 ⇒ góc ≈ 26°33′ ≠ 30°.
d) (AI giải đề cho tôi)
CD ∥ AB nên góc cần tìm bằng góc SBA; tan(SBA) = SA/AB = √3 ⇒ góc = 60°.

(Vẽ đúng hình chóp $S.ABC$ được 0,25đ)
Gọi E, I lần lượt là trung điểm của SC và SH.
Khi đó: $\left(PQ;(SAB)\right)=\left(BE;(SAB)\right)=\widehat{EBI}$
Xét $△BEI$ vuông tại I và có $BI=\frac{a\sqrt{7}}{4}$ ; $EI=\frac{a\sqrt{3}}{4}$
$\tan EBI=\frac{\sqrt{21}}{7}\Rightarrow \left(PQ;(SAB)\right)\approx 33,2^{\circ }$

CHÚ Ý: Học sinh trình bày cách khác nếu đúng vẫn ghi điểm tối đa.

Ghi chú: Đề thi mã 1102 (trang 6) ghi "Tam giác $SBC$ là tam giác vuông cân tại $B$", trong khi hướng dẫn chấm (trang 9) ghi "Tam giác $SBC$ là tam giác cân tại $B$" — cần đối chiếu bản gốc để xác nhận.

(Vẽ đúng hình chóp S.ABC 0,25đ)
Gọi E, I lần lượt là trung điểm của SC và SH.
Khi đó: $\left(MN;(SAB)\right)=\left(BE;(SAB)\right)=\widehat{EBI}$
Xét $△BEI$ vuông tại I và có $BE=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ ; $EI=\frac{a\sqrt{2}}{4}$
$\sin EBI=\frac{\sqrt{6}}{6}\Rightarrow \left(MN;(SAB)\right)\approx 24,1^{\circ }$

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên hình chiếu của $SC$ lên mặt đáy là $AC$. Góc giữa $SC$ và $(ABC)$ là $\widehat{SCA}$. Tam giác $SAC$ vuông tại $A$ có $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}$, suy ra $\widehat{SCA}=60^{\circ }$. Khớp với đáp án nguồn B.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SC\perp (ABCD)$ nên $C$ là hình chiếu vuông góc của $S$ lên mặt phẳng $(ABCD)$. Góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $(ABCD)$ là góc giữa $SB$ và hình chiếu $BC$ của nó trên mặt phẳng, tức là góc $SBC$. Do đó đáp án là D, trùng với đáp án nguồn (mã đề 102, câu 10: D).

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình lập phương $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, ta có $A^{\prime }D\perp (ABCD)$? Không — chính xác là: hình chiếu của $A^{\prime }$ lên mặt phẳng $(ABCD)$ là $A$, nên hình chiếu của đường thẳng $D{A}^{\prime }$ lên $(ABCD)$ là đường thẳng $DA$. Vậy góc giữa $D{A}^{\prime }$ và $(ABCD)$ là góc $A^{\prime }DA$. Tam giác $DA{A}^{\prime }$ vuông tại $A$ với $DA=A{A}^{\prime }$ (cạnh lập phương), nên $△DA{A}^{\prime }$ vuông cân, do đó $\widehat{A^{\prime }DA}=45^{\circ }$. Kết quả trùng với đáp án nguồn (mã đề 102, câu 11: A).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA$ là chiều cao, $SA=4$; đáy là hình vuông cạnh $AB=3$ tâm $O$.
a) Sai. $M$ là trung điểm $SC$, khoảng cách từ $M$ đến $(ABCD)$ bằng nửa khoảng cách từ $S$ (tức bằng $\frac{SA}{2}=2\ne 4$).
b) Đúng. Trong tam giác $SAC$, $O$ là trung điểm $AC$ nên $MO$ là đường trung bình, suy ra $MO\parallel SA$. Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $MO\perp (ABCD)$.
c) Đúng. Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BC$ (vì $BC$ nằm trong mặt đáy).
d) Sai. Ta có $BC\perp AB$ và $BC\perp SA$ nên $BC\perp (SAB)$; do đó hình chiếu của $C$ lên $(SAB)$ là $B$, góc giữa $SC$ và $(SAB)$ là $\angle SCB$. Tính $SB=\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}=\sqrt{16+9}=5$, $SC=\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}=\sqrt{16+18}=\sqrt{34}$. Trong tam giác vuông tại $B$ (vì $CB\perp SB$): $\tan \alpha =\frac{SB}{BC}=\frac{5}{3}\ne \frac{2\sqrt{2}}{3}$. Khớp với đáp án nguồn: a) Sai, b) Đúng, c) Đúng, d) Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$M$ là trung điểm $SC$ nên khoảng cách từ $M$ đến $(ABCD)$ bằng $\frac{SA}{2}=2\ne 4$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$MO$ là đường trung bình tam giác $SAC$ nên $MO\parallel SA\perp (ABCD)$, suy ra $MO\perp (ABCD)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$SA\perp (ABCD)$ nên $SA$ vuông với mọi đường thẳng trong mặt đáy, kể cả $BC$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$BC\perp (SAB)$ nên góc giữa $SC$ và $(SAB)$ là $\angle SCB$ với $\tan \alpha =\frac{SB}{BC}=\frac{5}{3}\ne \frac{2\sqrt{2}}{3}$.

(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 $\widehat{SCA}=60^{\circ }$. Hình vuông cạnh $\sqrt{2}$ nên $AC=\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}=2$. Tam giác $SAC$ vuông tại $A$: $SA=AC\cdot \tan 60^{\circ }=2\sqrt{3}\approx 3,4646\approx 3,5$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (3,5).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SC\perp (ABCD)$ nên $C$ là hình chiếu của $S$ lên mặt đáy, do đó hình chiếu của đường thẳng $SB$ lên $(ABCD)$ là $CB$. Góc giữa $SB$ và $(ABCD)$ là góc giữa $SB$ và hình chiếu $CB$, tức là góc $\widehat{SBC}$. Đáp án B, trùng với đáp án nguồn (mã đề 101, câu 12: 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 $\widehat{SCA}=60^0$. Hình vuông cạnh $\sqrt{2}$ nên $AC=\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}=2$. Tam giác $SAC$ vuông tại $A$: $\tan 60^0=\frac{SA}{AC}\Rightarrow SA=2\sqrt{3}\approx 3,464\approx 3,5$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (3,5).

(AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $A^{\prime }$ lên mặt phẳng $(ABCD)$ là $A$ (vì $A{A}^{\prime }\perp (ABCD)$). Góc giữa $D{A}^{\prime }$ và $(ABCD)$ là góc giữa $D{A}^{\prime }$ và $DA$, tức là góc $AD{A}^{\prime }$. Tam giác $AD{A}^{\prime }$ vuông tại $A$ với $AD=A{A}^{\prime }$ (cạnh hình lập phương), nên góc $AD{A}^{\prime }=45^{\circ }$. Vậy đáp án B, trùng với đáp án nguồn (mã đề 101, câu 9: B).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $AC$ (đường chéo hình vuông đáy) là hình chiếu vuông góc của $SC$ trên mặt phẳng $(ABC)$. Do đó góc giữa đường thẳng $SC$ và mặt phẳng $(ABC)$ là góc giữa $SC$ và $AC$, tức là $\widehat{SCA}$. Kết quả trùng với đáp án nguồn: B.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên hình chiếu vuông góc của $S$ lên mặt phẳng $(ABC)$ là $A$. Đường thẳng $SC$ cắt $(ABC)$ tại $C$, do đó góc giữa $SC$ và $(ABC)$ là góc giữa $SC$ và hình chiếu $AC$ của nó trên mặt phẳng, tức là $\widehat{SCA}$. Khớp với đáp án nguồn: C.

[Hình cần kiểm tra lại: p5_f1]

Ta có $BC\perp AB$ và $BC\perp SA\Rightarrow BC\perp (SAB)\Rightarrow (SBC)\perp (SAB)$.

Kẻ $AH\perp SB$ tại $H\Rightarrow AH\perp (SBC)$. Góc cần tìm là $\widehat{ASH}$.

Tính $AB=\sqrt{A{C}^2-B{C}^2}=a\sqrt{3}$.

Xét tam giác $SAB$ vuông tại $A$: $\cos \widehat{ASB}=\frac{SA}{SB}$.

$SA=\sqrt{S{B}^2-A{B}^2}=\sqrt{(2a\sqrt{3}{)}^2-(a\sqrt{3}{)}^2}=3a$.

$\sin \widehat{ASB}=\frac{AB}{SB}=\frac{a\sqrt{3}}{2a\sqrt{3}}=\frac{1}{2}\Rightarrow \widehat{ASB}=30^{\circ }$.

Chọn B