Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Góc nhị diện (Toán học Lớp 11)

Gọi $O$ là tâm đáy $ABCD$ và $M$ là trung điểm $CD$. Khi đó $OM=\frac{a}{2}$ và trung đoạn $SM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Góc giữa mặt bên $(SCD)$ và mặt đáy $(ABCD)$ là $\widehat{SMO}$ với $\cos \widehat{SMO}=\frac{OM}{SM}=\frac{1}{\sqrt{3}}$.

Tam giác $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ vuông tại $B^{\prime }$ có $B^{\prime }{C}^{\prime }=4,A^{\prime }{C}^{\prime }=5⟹A^{\prime }{B}^{\prime }=\sqrt{5^2-4^2}=3$. Vì $A^{\prime }{B}^{\prime }\perp B^{\prime }{C}^{\prime }$ và $A{A}^{\prime }\perp (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })⟹A{B}^{\prime }\perp B^{\prime }{C}^{\prime }$. Do đó góc giữa $(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ và $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ là góc $\widehat{A{B}^{\prime }{A}^{\prime }}$. Ta có $\tan \widehat{A{B}^{\prime }{A}^{\prime }}=\frac{A{A}^{\prime }}{A^{\prime }{B}^{\prime }}=\frac{3\sqrt{3}}{3}=\sqrt{3}⟹\widehat{A{B}^{\prime }{A}^{\prime }}=60^{\circ }$.

Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$. Lại có $△ABC$ vuông cân tại $B$ nên $AB\perp BC$. Suy ra $BC\perp (SAB)\Rightarrow BC\perp SB$. Do đó góc giữa hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(ABC)$ là góc giữa hai đường thẳng $SB$ và $AB$, tức là $\widehat{SBA}$. Chọn C.

Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $B$ lên $SC$. Do $△SBC=△SDC$ nên $DH\perp SC$. Trong $△SBC$ vuông tại $B$ có $SB=\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}=a\sqrt{2}$, $BC=a$, $SC=a\sqrt{3}$ nên $BH=DH=\frac{SB\cdot BC}{SC}=\frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$. Trong $△BHD$ có $BD=a\sqrt{2}$, suy ra $\cos \widehat{BHD}=\frac{B{H}^2+D{H}^2-B{D}^2}{2BH\cdot DH}=\frac{\frac{2}{3}{a}^2+\frac{2}{3}{a}^2-2a^2}{2\cdot \frac{2}{3}{a}^2}=-\frac{1}{2}\Rightarrow \widehat{BHD}=120^{\circ }$. Vậy góc giữa hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(SCD)$ bằng $180^{\circ }-120^{\circ }=60^{\circ }$.

Đáy $ABCD$ là hình thoi cạnh $a$ có $BD=a$ nên $△ABD$ và $△CBD$ là các tam giác đều cạnh $a$, suy ra $AC=a\sqrt{3}$. Đặt hệ trục hoặc tính khoảng cách từ $B,D$ đến $SC$: trong $△SAC$ vuông tại $A$, $SC=\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}=\frac{3a\sqrt{2}}{2}$. Kẻ $BH\perp SC$ và $DH\perp SC$ tại $H$, tính được $BH=DH=\frac{a\sqrt{2}}{2}$, mà $BD=a$ nên $B{H}^2+D{H}^2=\frac{a^2}{2}+\frac{a^2}{2}=a^2=B{D}^2\Rightarrow \widehat{BHD}=90^{\circ }$. Vậy góc giữa hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(SCD)$ bằng $90^{\circ }$. Chọn D.

Chọn B.

Gọi $I$ là trung điểm của $BC$.
Ta có $BC\perp AI,BC\perp SA\Rightarrow BC\perp SI$ nên $\phi =((SBC),(ABC))=\widehat{SIA}$.
Do $AI=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow SI=\frac{a\sqrt{15}}{2}\Rightarrow \cos \phi =\frac{AI}{SI}=\frac{\sqrt{5}}{5}$.

Ta có $BC\perp AB$ và $BC\perp SA\Rightarrow BC\perp (SAB)\Rightarrow BC\perp SB$. Do đó góc giữa $(SBC)$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SBA}$. Trong tam giác vuông $SAB$: $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SBA}=60^{\circ }$. (Nguồn: đề trang 5, bảng đáp án Mã đề [101] trang 7).

Đáp án: A. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 16, mã đề 333; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Đáp án đúng là B theo bảng đáp án Mã đề 103 của Sở GD&ĐT Sơn La.

Chọn D.

Gọi $H$ là trung điểm cạnh $BC$, khi đó $BC\perp (SAH)$ nên góc giữa hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(ABC)$ là góc $\widehat{SHA}$. Trong tam giác vuông $SAH$ có: $\tan \widehat{SHA}=\frac{SA}{AH}=\frac{a}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{2}{\sqrt{3}}$.

Chọn C

Đáp án: A. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 9; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Ta có $SB=\sqrt{S{A}^2-A{B}^2}=a\sqrt{3}$. Vì $CD\perp BC$ và $CD\perp SB$ nên góc giữa $(SCD)$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SCB}=\alpha$. Khi đó $\tan \alpha =\frac{SB}{BC}=\frac{a\sqrt{3}}{a\sqrt{3}}=1$. Chọn D.

Đáp án: D. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 21, mã đề 301; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Vì $△ABC$ và $△ABD$ vuông cân tại $B$ với $AB=a$, ta có $BC=BD=a$. Ta có $AB\perp BC$ và $AB\perp BD\Rightarrow AB\perp (BCD)$. Áp dụng công thức hình chiếu: tam giác $BCD$ là hình chiếu vuông góc của tam giác $ACD$ lên mặt phẳng $(BCD)$. Do đó $\cos \phi =\frac{S_{△BCD}}{S_{△ACD}}$. Ta có $S_{△BCD}=\frac{1}{2}BC\cdot BD\sin 120^{\circ }=\frac{1}{2}a\cdot a\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$. Mặt khác $CD=\sqrt{B{C}^2+B{D}^2-2BC\cdot BD\cos 120^{\circ }}=a\sqrt{3}$. Trong tam giác $ACD$, $AC=AD=a\sqrt{2}$. Gọi $M$ là trung điểm $CD$, $AM=\sqrt{A{C}^2-M{C}^2}=\sqrt{2a^2-\frac{3a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$. Suy ra $S_{△ACD}=\frac{1}{2}a\sqrt{3}\cdot \frac{a\sqrt{5}}{2}=\frac{a^2\sqrt{15}}{4}$. Vậy $\cos \phi =\frac{a^2\sqrt{3}/4}{a^2\sqrt{15}/4}=\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$. Chọn A.

Chọn D

Hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông cân tại A , SA vuông góc với đáy và SA = AB = 1
suy ra $\Delta$ SBC đều cạnh 2 .
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng ( SBC ) suy ra AH \perp ( SBC ) và H là trọng
tâm của $\Delta$ SBC .
Vì AC \perp ( SAB ) và AH \perp ( SBC ) nên ( (
SBC ) , ( SBA ) =  ) ( .
AC , AH = HAC )
15
1 1 1 1 3 2 3 6
Ta có 2
= 2
+ 2
+ 2
$\iff$ AH = và HC =  2 = nên
AH AB AC AS 3 3 2 3
 = HC = 2 .
tan HAC
HA

Ta có $BC\perp AB$ và $BC\perp SA\Rightarrow BC\perp (SAB)\Rightarrow BC\perp SB$. Do đó góc giữa $(SBC)$ và $(ABCD)$ là góc $\widehat{SBA}$. Ta có $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\frac{a\sqrt{3}/3}{a}=\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow \widehat{SBA}=30^{\circ }$. Chọn D.

Gọi $M$ là trung điểm của $AB$, suy ra $CM\perp AB$.

Ta có $\{\begin{array}{l}AB\perp CM\\ AB\perp C{C}^{\prime }\end{array}\Rightarrow AB\perp (MC{C}^{\prime })\Rightarrow AB\perp M{C}^{\prime }$.

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng $(AB{C}^{\prime })$ và $(ABC)$ bằng $\widehat{C^{\prime }MC}$.

Ta có $CM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Trong tam giác vuông $BC{C}^{\prime }$: $C{C}^{\prime }=\sqrt{B{C}^{\prime 2}-B{C}^2}=\sqrt{\frac{5a^2}{4}-a^2}=\frac{a}{2}$.

Trong tam giác vuông $MC{C}^{\prime }$: $\tan \widehat{C^{\prime }MC}=\frac{C{C}^{\prime }}{CM}=\frac{a/2}{a\sqrt{3}/2}=\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow \widehat{C^{\prime }MC}=30^{\circ }$.

Đáp án: A. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 7, mã đề 190; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Đáp án: A. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 17, mã đề 001; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)