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

(AI giải đề cho tôi)
Tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$, cạnh huyền $AC=2a$ nên $AB=BC=\frac{2a}{\sqrt{2}}=a\sqrt{2}$. Vì lăng trụ đứng nên $A{A}^{\prime }\perp (ABC)$, do đó tam giác $AB{B}^{\prime }$ vuông tại $A$: $A{A}^{\prime }=\sqrt{A^{\prime }{B}^2-A{B}^2}=\sqrt{9a^2-2a^2}=a\sqrt{7}$. Gọi $H$ là trung điểm $AC$; tam giác $ABC$ cân tại $B$ nên $BH\perp AC$ và $BH=\frac{AB\cdot BC}{AC}=\frac{a\sqrt{2}\cdot a\sqrt{2}}{2a}=a$. Vì $B{B}^{\prime }\perp (ABC)$ nên $B{B}^{\prime }\perp AC$, kết hợp $BH\perp AC$ suy ra $AC\perp (BH{B}^{\prime })$, do đó $B^{\prime }H\perp AC$. Vậy góc phẳng nhị diện $[B^{\prime },AC,B]$ là $\widehat{B^{\prime }HB}$. Trong tam giác vuông $B^{\prime }HB$ (vuông tại $B$): $\tan \widehat{B^{\prime }HB}=\frac{B{B}^{\prime }}{BH}=\frac{a\sqrt{7}}{a}=\sqrt{7}$. Vậy góc cần tìm là $\arctan \sqrt{7}\approx 69,3^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $H$ là chân đường vuông góc hạ từ $A$ xuống $BD$ trong mặt phẳng $(ABCD)$. Vì $A{A}^{\prime }\perp (ABCD)$ nên $A{A}^{\prime }\perp BD$, kết hợp $AH\perp BD$ suy ra $BD\perp (A^{\prime }AH)$, do đó $A^{\prime }H\perp BD$. Vậy góc phẳng nhị diện $[A^{\prime },BD,A]$ là $\widehat{A^{\prime }HA}$.

Tam giác $ABD$ vuông tại $A$ với $AB=a$, $AD=2a$ nên $BD=a\sqrt{5}$. Đường cao:
$$AH=\frac{AB\cdot AD}{BD}=\frac{2a}{\sqrt{5}}.$$

Vì $A{A}^{\prime }\perp (ABCD)$ nên $A{A}^{\prime }\perp AH$, tam giác $A^{\prime }AH$ vuông tại $A$:
$$A^{\prime }H=\sqrt{A{A}^{\prime 2}+A{H}^2}=\sqrt{9a^2+\frac{4a^2}{5}}=\frac{7a}{\sqrt{5}}.$$

Do đó:
$$\cos \widehat{A^{\prime }HA}=\frac{AH}{A^{\prime }H}=\frac{2a/\sqrt{5}}{7a/\sqrt{5}}=\frac{2}{7},$$
hoặc $\tan \widehat{A^{\prime }HA}=\frac{A{A}^{\prime }}{AH}=\frac{3a}{2a/\sqrt{5}}=\frac{3\sqrt{5}}{2}$.

Vậy góc phẳng nhị diện $[A^{\prime },BD,A]$ bằng $\arccos \frac{2}{7}\approx 73,4^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Dùng hệ tọa độ: A(0,0,0), B(a,0,0), D(0,a,0), C(a,a,0). Vì SA = a nên S(a/2, a/2, a/√2), do đó M trung điểm SC là M(3a/4, 3a/4, a/(2√2)).

Gọi O là giao điểm của AC và BD (tâm hình vuông), O(a/2, a/2, 0). Vì BD ⊥ (SAC) nên BD ⊥ OA và BD ⊥ OM. Do đó góc nhị diện [M, BD, A] là góc AOM (góc giữa hai tia OA và OM cùng vuông góc với BD tại O).

Tính các đoạn:
- OA = a√2/2.
- OM: M − O = (a/4, a/4, a/(2√2)), nên OM = a√(1/16 + 1/16 + 1/8) = a/2.
- Trong tam giác vuông SAC (SA = a, AC = a√2, SC = a√2), đường trung bình OM: O là trung điểm AC, M là trung điểm SC nên OM = SA/2 = a/2 (khớp).

Tính cos góc AOM bằng tích vô hướng: OA·OM = (−a/2, −a/2, 0)·(a/4, a/4, a/(2√2)) = −a²/4. Mà OA·OM = OA·OM·cos = (a√2/2)(a/2)cos = a²√2/4 · cos. Suy ra cos = (−a²/4)/(a²√2/4) = −1/√2 = −√2/2.

Vậy góc AOM = 135°. Lưu ý A và M nằm khác phía so với đường BD (A có x+y = 0 < a, M có x+y = 3a/2 > a), nên góc nhị diện [M, BD, A] là góc tù bằng 135°.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $S.ABCD$ là hình chóp tứ giác đều, $O$ là tâm đáy, $SO=98m$ là chiều cao, cạnh đáy $AB=180m$. Góc nhị diện tạo bởi mặt bên $(SAB)$ và mặt đáy $(ABCD)$ là góc giữa $SH$ (đường cao của tam giác $SAB$ từ $S$, với $H$ là trung điểm $AB$) và $OH$, vì $SH\perp AB$, $OH\perp AB$ nên $\widehat{SHO}$ là góc nhị diện $[S,AB,O]$.

Ta có $OH=\frac{AB}{2}=90m$.

Tam giác $SOH$ vuông tại $O$: $\tan \widehat{SHO}=\frac{SO}{OH}=\frac{98}{90}=\frac{49}{45}$.

Suy ra $\widehat{SHO}=\arctan \frac{49}{45}\approx 47,43^{\circ }$.

Vậy số đo góc nhị diện tạo bởi mặt bên và mặt đáy xấp xỉ $47,43^{\circ }$ (khoảng $47^{\circ }26^{\prime }$).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ và $BCMN$ là các hình chữ nhật nên $AB\perp BC$ và $BN\perp BC$. Do đó góc nhị diện $[A,BC,N]$ chính là góc $\widehat{ABN}$, suy ra $\widehat{ABN}=60^{\circ }$. Theo giả thiết $AB=BN=1,2m$, tam giác $ABN$ cân tại $B$ có góc đỉnh $60^{\circ }$ nên là tam giác đều, do đó $AN=AB=BN=1,2m$. Vậy khoảng cách giữa $A$ và $N$ bằng $1,2m$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(2a;0;0)$, $C(2a;2a;0)$, $D(0;2a;0)$, $S(0;0;a\sqrt{6})$.

a) Vì $ABCD$ là hình vuông nên $AC\perp BD$. Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BD$. Do đó $BD\perp (SAC)$ (BD vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau $AC$, $SA$ trong $(SAC)$).

Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AB$; kết hợp $AB\perp BC$ (hình vuông) suy ra $BC\perp (SAB)$. Mà $BC\subset (SBC)$ nên $(SBC)\perp (SAB)$ (một mặt phẳng chứa đường thẳng vuông góc với mặt phẳng khác thì hai mặt phẳng vuông góc với nhau).

b) Gọi $O=AC\cap BD$. Vì $BD\perp (SAC)$ nên $BD\perp SO$ và $BD\perp AO$, do đó góc nhị diện $[S,BD,A]$ là góc $\widehat{SOA}$. Ta có $AO=\frac{AC}{2}=a\sqrt{2}$, $SO=\sqrt{S{A}^2+A{O}^2}=\sqrt{6a^2+2a^2}=2a\sqrt{2}$. Khi đó $\tan \widehat{SOA}=\frac{SA}{AO}=\frac{a\sqrt{6}}{a\sqrt{2}}=\sqrt{3}$, suy ra $\widehat{SOA}=60^{\circ }$. Vậy số đo góc nhị diện $[S,BD,A]$ bằng $60^{\circ }$.

c) $\overrightarrow{SC}=(2a;2a;-a\sqrt{6})$. Mặt phẳng $(P)$ qua $A(0;0;0)$ vuông góc với $SC$ có phương trình: $2x+2y-\sqrt{6}z=0$.

Đường thẳng $SD$: $\overrightarrow{SD}=(0;2a;-a\sqrt{6})$, điểm $J=S+t\overrightarrow{SD}=(0;2at;a\sqrt{6}(1-t))$. Thay vào phương trình $(P)$: $2(2at)-\sqrt{6}\cdot a\sqrt{6}(1-t)=0\Rightarrow 4at-6a(1-t)=0\Rightarrow 4t-6+6t=0\Rightarrow 10t=6\Rightarrow t=\frac{3}{5}$.

Vậy $\frac{SJ}{SD}=\frac{3}{5}$. (Kiểm tra lại: phương trình $4t-6+6t=0$ cho $t=3/5$, kết luận nhất quán.)

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục $A(0,0,0)$, $B(a,0,0)$, $D(0,a,0)$, $C(a,a,0)$, $A^{\prime }(0,0,h)$ với $h=\frac{a\sqrt{6}}{2}$.
a) $D{D}^{\prime }$ vuông góc mặt đáy trên nên $D{D}^{\prime }\perp A^{\prime }{C}^{\prime }$ (vì $A^{\prime }{C}^{\prime }$ nằm trong mặt đáy trên). Đúng.
b) $\tan (\angle (A{O}^{\prime },(ABCD)))=\frac{h}{a\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}/2}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\approx 40,9^{\circ }$; còn góc với mặt đáy trên: $\sin \alpha =\frac{h}{A{O}^{\prime }}=\frac{a\sqrt{6}/2}{2a}=\frac{\sqrt{6}}{4}\Rightarrow \alpha \approx 37,8^{\circ }$. Hai góc khác nhau → Sai.
c) Giao tuyến của $(C^{\prime },B^{\prime }{D}^{\prime })$ và $(A,B^{\prime }{D}^{\prime })$ là $B^{\prime }{D}^{\prime }$; trung điểm $O^{\prime }$ của $B^{\prime }{D}^{\prime }$: $A{O}^{\prime }\perp B^{\prime }{D}^{\prime }$ và $C^{\prime }{O}^{\prime }\perp B^{\prime }{D}^{\prime }$, nên góc nhị diện là $\angle A{O}^{\prime }{C}^{\prime }$. Với $\overrightarrow{O^{\prime }A}=(-\frac{1}{2},-\frac{1}{2},-h)$, $\overrightarrow{O^{\prime }{C}^{\prime }}=(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0)$ (đơn vị $a$): $\cos \angle A{O}^{\prime }{C}^{\prime }=\frac{-1/2}{\sqrt{2}\cdot \frac{1}{\sqrt{2}}}=-\frac{1}{2}\Rightarrow \angle A{O}^{\prime }{C}^{\prime }=120^{\circ }$ (góc nhị diện $120^{\circ }$, không phải $30^{\circ }$) → Sai.
d) $\overrightarrow{A^{\prime }C}=(a,a,-h)$, $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=(a,0,h)$, $\overrightarrow{A{D}^{\prime }}=(0,a,h)$. $\overrightarrow{A^{\prime }C}\cdot \overrightarrow{A{B}^{\prime }}=a^2-h^2=a^2-\frac{3a^2}{2}=-\frac{a^2}{2}\ne 0$, nên $A^{\prime }C$ không vuông góc với $(A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$ → Sai.
Kết luận: chỉ nhận định a đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$D{D}^{\prime }\perp (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ nên $D{D}^{\prime }\perp A^{\prime }{C}^{\prime }$ với $A^{\prime }{C}^{\prime }$ nằm trong mặt phẳng đó.
b) (AI giải đề cho tôi)
Góc với đáy dưới: $\tan \alpha =\frac{\sqrt{3}}{2}\approx 40,9^{\circ }$; góc với đáy trên: $\sin \beta =\frac{\sqrt{6}}{4}\Rightarrow \beta \approx 37,8^{\circ }$. Hai góc khác nhau.
c) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $A$ và $C^{\prime }$ trên $B^{\prime }{D}^{\prime }$ đều là trung điểm $O^{\prime }$, góc nhị diện $=\angle A{O}^{\prime }{C}^{\prime }=120^{\circ }\ne 30^{\circ }$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{A^{\prime }C}\cdot \overrightarrow{A{B}^{\prime }}=a^2-h^2=-\frac{a^2}{2}\ne 0$ nên $A^{\prime }C$ không vuông góc $(A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $D(0;2a;0)$, $A^{\prime }(0;0;3a)$. Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $BD$; vì $A{A}^{\prime }\perp (ABCD)$ nên $H$ cũng là hình chiếu của $A^{\prime }$ trên $BD$, do đó $[A^{\prime },BD,A]=\widehat{A^{\prime }HA}$. Trong mặt phẳng $(ABCD)$: $BD=a\sqrt{5}$, diện tích $△ABD=\frac{1}{2}AB\cdot AD=a^2=\frac{1}{2}BD\cdot AH\Rightarrow AH=\frac{2a}{\sqrt{5}}$. Tam giác $A^{\prime }HA$ vuông tại $H$: $\tan \widehat{A^{\prime }HA}=\frac{A{A}^{\prime }}{AH}=\frac{3a}{2a/\sqrt{5}}=\frac{3\sqrt{5}}{2}\approx 3,3541$. Vậy góc nhị diện $[A^{\prime },BD,A]=\arctan \frac{3\sqrt{5}}{2}\approx 73,4^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $M$ là trung điểm $BC$. Vì $S.ABCD$ đều nên $SO\perp (ABCD)$ và $OM\perp BC$ với $OM=\frac{a}{2}$. Suy ra $SM\perp BC$ (đường trung bình... thực chất do $BC\perp OM$ và $BC\perp SO$), vậy góc nhị diện $[S,BC,O]$ là $\widehat{SMO}$.

Tính $SO$: tam giác $SAC$ vuông tại $O$ (hai đường chéo vuông góc), $OA=\frac{a\sqrt{2}}{2}$, nên
$$SO=\sqrt{S{A}^2-O{A}^2}=\sqrt{7a^2-\frac{a^2}{2}}=a\sqrt{\frac{13}{2}}.$$

Trong tam giác $SOM$ vuông tại $O$:
$$\tan \widehat{SMO}=\frac{SO}{OM}=\frac{a\sqrt{13/2}}{a/2}=\sqrt{26}\approx 5,099.$$

Vậy $\widehat{SMO}=\arctan (\sqrt{26})\approx 78,9^{\circ }\approx 79^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(ABC)$ cắt nhau theo giao tuyến $BC$. Ta có: $AB\perp BC$ (vì tam giác $ABC$ vuông tại $B$) và $SA\perp (ABC)\Rightarrow SA\perp BC$. Từ đó $BC\perp (SAB)$, suy ra $BC\perp SB$ (vì $SB\subset (SAB)$). Vậy $AB\subset (ABC)$, $SB\subset (SBC)$ và cả hai cùng vuông góc với giao tuyến $BC$ tại $B$, do đó góc giữa hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(ABC)$ là $\widehat{SBA}$.

(AI giải đề cho tôi)
Tam giác $BCD$ vuông cân tại $B$ nên $BD=BC=a\sqrt{2}$, suy ra $CD=\sqrt{B{C}^2+B{D}^2}=2a$. Vì $AB\perp (BCD)$ nên $AB\perp CD$. Trong $(BCD)$, kẻ $BH\perp CD$ tại $H$ (do tam giác vuông cân nên $H$ là trung điểm $CD$, $BH=\frac{CD}{2}=a$). Khi đó $CD\perp BH$ và $CD\perp AB$ nên $CD\perp (AHB)$, suy ra $CD\perp AH$. Vậy góc giữa hai mặt phẳng $(ACD)$ và $(BCD)$ là $\widehat{AHB}$. Trong tam giác $ABH$ vuông tại $B$: $\tan \widehat{AHB}=\frac{AB}{BH}=\frac{a/\sqrt{3}}{a}=\frac{1}{\sqrt{3}}$, do đó $\widehat{AHB}=30^{\circ }$. Vậy góc giữa $(ACD)$ và $(BCD)$ bằng $30^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $M$ là trung điểm $BC$. Vì $△ABC$, $△DBC$ đều nên $AM\perp BC$, $DM\perp BC$, suy ra góc nhị diện $[A,BC,D]$ là $\widehat{AMD}$. Đặt cạnh tứ diện bằng $a$, khi đó $AM=DM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Tam giác $AMD$ cân tại $M$ với $AD=a$, áp dụng định lí cosin: $\cos \widehat{AMD}=\frac{A{M}^2+D{M}^2-A{D}^2}{2\cdot AM\cdot DM}=\frac{\frac{3a^2}{4}+\frac{3a^2}{4}-a^2}{2\cdot \frac{3a^2}{4}}=\frac{1}{3}$. Vậy $\widehat{AMD}=\arccos \frac{1}{3}\approx 70,53^{\circ }\approx 70^{\circ }$. Chọn A.

(AI giải đề cho tôi)
PHẦN III - Câu 3

a) Chứng minh $BC\perp (SHE)$:
- Tam giác $ABC$ vuông cân tại $C$ nên $AC\perp BC$. Vì $H$ là trung điểm $AB$, $E$ là trung điểm $BC$ nên $HE$ là đường trung bình của tam giác $ABC$, suy ra $HE\parallel AC$. Do đó $HE\perp BC$.
- Vì $SH\perp (ABC)$ mà $BC\subset (ABC)$ nên $SH\perp BC$.
- Ta có $BC\perp HE$, $BC\perp SH$ với $HE,SH\subset (SHE)$ và $HE\cap SH=H$, suy ra $BC\perp (SHE)$.

b) Xác định và tính góc giữa $(HEF)$ và $(ABC)$:
- Ta có $H\in (ABC)\cap (HEF)$ và $E\in (ABC)\cap (HEF)$ nên giao tuyến của $(HEF)$ và $(ABC)$ là đường thẳng $HE$.
- Gọi $M$ là trung điểm của $HC$. Vì $F$ là trung điểm $SC$, $M$ là trung điểm $HC$ nên $FM$ là đường trung bình của tam giác $SHC$, suy ra $FM\parallel SH$. Mà $SH\perp (ABC)$ nên $FM\perp (ABC)$, tức $M$ là hình chiếu của $F$ lên $(ABC)$.
- Trong $(HEF)$, kẻ $FP\perp HE$ tại $P$ ($P\in HE$). Vì $FM\perp (ABC)$ nên góc giữa $(HEF)$ và $(ABC)$ là góc giữa $FP$ và hình chiếu $PM$ của nó trên $(ABC)$, tức là góc $\widehat{FPM}$ (do $FP\perp HE$ nên góc này chính là góc phẳng nhị diện theo giao tuyến $HE$).
- Tính toán: đặt hệ trục $C(0;0;0)$, $A(8;0;0)$, $B(0;8;0)$ thì $H(4;4;0)$, $S(4;4;4)$, $E(0;4;0)$, $F(2;2;2)$, $M(2;2;0)$, $P(2;4;0)$.
Tam giác $FPM$ vuông tại $M$ với $FM=2$ (do $FM=\frac{1}{2}SH=2$) và $PM=2$ (do $PM=\frac{1}{2}\cdot$ khoảng cách từ $E$... cụ thể $PM=\frac{1}{2}H{E}_{\text{chieˆˋu vuoˆng goˊc}}=2$, chính là nửa đoạn vuông góc tương ứng với $BC$).
Suy ra $\tan (\widehat{FPM})=\frac{FM}{PM}=\frac{2}{2}=1$, nên $\widehat{FPM}=45^{\circ }$.

Kiểm tra bằng vectơ pháp tuyến: $(HEF)$ có $\overrightarrow{HE}=(-4;0;0)$, $\overrightarrow{EF}=(2;-2;2)$, pháp tuyến $\overrightarrow{n_1}=(0;1;1)$; $(ABC)$ có pháp tuyến $\overrightarrow{n_2}=(0;0;1)$. $\cos =\frac{1}{\sqrt{2}}$, góc bằng $45^{\circ }$ — khớp với kết quả trên.

Vậy góc giữa hai mặt phẳng $(HEF)$ và $(ABC)$ bằng $45^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O$ là tâm đáy, $M$ là trung điểm một cạnh đáy của chóp tứ giác đều. Góc giữa mặt bên và mặt đáy là $\phi =\widehat{SMO}$ với $SM$ là trung đoạn, $OM$ là khoảng cách từ tâm đến cạnh đáy. Ta có $OM=\frac{230}{2}=115m$, $SO=138m$. Trong tam giác vuông $SOM$: $\cot \phi =\frac{OM}{SO}=\frac{115}{138}\approx 0,8333\approx 0,83$. Kết quả trùng với đáp án nguồn 0,83.

a) Theo đề bài, SAB là tam giác đều. Do đó $SM\perp AB$
Giao tuyến của hai mặt phẳng này là đường thẳng AB.
Suy ra $SM\perp (ABCD)$
[Hình cần kiểm tra lại: p11_f1]

b) Ta có ABC là tam giác đều, suy ra $DM\perp AB$
Mà $SM\perp AB$
Do đó $AB\perp (SDM)$. Suy ra $(SDM)$ vuông góc với mặt phẳng $(SAB)$.

c) AE vuông góc SD với E là trung điểm SD
Kẻ EK vuông SD
Do đó $[A,SD,C]=\widehat{AEK}$
Tính được $EK=\frac{a}{2}$; $EA=\frac{a\sqrt{10}}{4}$; $AK=\frac{a\sqrt{22}}{4}$.
$\cos \widehat{AEK}=\frac{E{A}^2+E{K}^2-A{K}^2}{2EA.EK}=\frac{-\sqrt{10}}{5}$.
Góc cần tìm 129,23 độ.

Học sinh giải đúng bằng nhiều cách khác cũng cho điểm

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O$ là tâm đáy, $M$ là trung điểm một cạnh đáy của chóp tứ giác đều. Góc giữa mặt bên và mặt đáy là $\phi =\widehat{SMO}$, với $\tan \phi =\frac{SO}{OM}$. Ta có $SO=136m$, $OM=\frac{215}{2}=107,5m$. Suy ra $\tan \phi =\frac{136}{107,5}\approx 1,2651\approx 1,27$, trùng với đáp án nguồn (1,27).

Vì $S.ABCD$ là hình chóp đều nên ta có $SO\perp (ABCD)$

a) Ta có $\{\begin{array}{l}BD\perp AC\\ BD\perp SO\end{array}\Rightarrow BD\perp (SAC)\Rightarrow BD\perp SC$

b) Ta có $\{\begin{array}{l}(SCD)\cap (ABCD)=CD\\ CD\perp OM\subset (ABCD)\\ CD\perp SM\subset (SCD)\end{array}$

Suy ra góc giữa $(SCD)$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SMO}=\alpha$

Ta có $OM=\frac{a}{2}$, $SM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ và $\cos \alpha =\frac{OM}{SM}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$

(AI giải đề cho tôi)
Gọi cạnh đáy = cạnh bên = a. a) Đúng: lăng trụ đều có AA' ⊥ (ABC), mà AA' ⊂ (A'AB) nên (ABC) ⊥ (A'AB). b) Đúng: BB' ⊥ (ABC) nên góc giữa BB' và (ABC) bằng 90°. c) Đúng: hình chiếu của B'C lên (ABC) là BC, góc cần tìm là góc B'CB của tam giác vuông B'BC với tan∠B'CB = B'B/BC = a/a = 1, suy ra góc bằng 45°. d) Đúng: góc nhị diện [A, B'C', A'] có cạnh B'C'. Trong mặt phẳng (A'B'C') (tam giác đều), kẻ A'M ⊥ B'C' (M là trung điểm B'C', A'M = a√3/2). Trong mặt phẳng (AB'C'), kẻ AN ⊥ B'C'; vì tam giác AB'C' cân tại A (AB' = AC' = a√2, B'C' = a) nên N là trung điểm B'C', tức N ≡ M, và AM = √(AB'^2 − (a/2)^2) = √(2a² − a²/4) = (a√7)/2. Góc nhị diện α = ∠A'MA với tam giác vuông A'MA (A'M ⊥ B'C' nên A'M ⊥ MN nằm trong B'C'... chính xác hơn A'M ⊥ MM' và tam giác A'MA vuông tại M vì A'M ⊥ B'C' và MN ⊂ B'C'). Ta có cos α = A'M/AM = (a√3/2)/((a√7)/2) = √(3/7), suy ra sin α = 2/√7 và tan α = (2/√7)/(√3/√7) = 2/√3. Vậy cả bốn ý a), b), c), d) đều đúng, khớp với đáp án nguồn (Đ Đ Đ Đ).
a) (AI giải đề cho tôi)
Lăng trụ đều có AA' ⊥ (ABC) và AA' ⊂ (A'AB), nên (ABC) ⊥ (A'AB).
b) (AI giải đề cho tôi)
BB' ⊥ (ABC) nên góc giữa BB' và (ABC) bằng 90°.
c) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của B'C lên (ABC) là BC; tan∠B'CB = B'B/BC = 1 nên góc bằng 45°.
d) (AI giải đề cho tôi)
Kẻ A'M ⊥ B'C' (M trung điểm B'C'), AM ⊥ B'C' với M ∈ B'C' (tam giác AB'C' cân). cos α = A'M/AM = (a√3/2)/((a√7)/2) = √(3/7) ⇒ tan α = 2/√3.

(AI giải đề cho tôi)
a) Đáy ABCD là hình vuông nên $AC\perp BD$. Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BD$. Mà $BD\perp AC$, $BD\perp SA$, $AC,SA\subset (SAC)$, $AC\cap SA=A$ nên $BD\perp (SAC)$.

b) Gọi $O=AC\cap BD$ là tâm hình vuông. Vì $BD\perp (SAC)$ nên $BD\perp SO$ và $BD\perp AO$. Do đó góc nhị diện $[S,BD,A]$ là $\widehat{SOA}$.

Tính: cạnh đáy $2$ nên $AC=2\sqrt{2}$, suy ra $AO=\sqrt{2}$. Trong tam giác vuông $SAO$ (vuông tại $A$):
$$\tan \widehat{SOA}=\frac{SA}{AO}=\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{2}}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SOA}=60^{\circ }.$$
Vậy số đo góc nhị diện $[S,BD,A]$ bằng $60^{\circ }$.