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

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp tam giác đều S.ABC, O là trọng tâm đáy nên SO ⊥ (ABC). Cạnh đáy a√3 nên bán kính đường tròn ngoại tiếp OB = OC = OA = (a√3)/√3 = a, SO = a√3/2.
a) Vì SO ⊥ (ABC) và SO ⊂ (SOA) nên (SOA) ⊥ (ABC). Mệnh đề nói 'không vuông góc' → SAI.
b) Góc giữa SB và (ABC) là góc SBO, tan φ = SO/OB = (a√3/2)/a = √3/2 ≠ √3 → SAI.
c) SO ⊥ (ABC) → ĐÚNG.
d) Gọi M là trung điểm BC, tam giác đều ABC có đường cao AM = (a√3)(√3/2) = 3a/2, OM = AM/3 = a/2. Góc nhị diện [S,BC,O] là góc SMO (vì SM ⊥ BC, OM ⊥ BC), tan = SO/OM = (a√3/2)/(a/2) = √3 → góc = 60° → ĐÚNG.
a) (AI giải đề cho tôi)
SO ⊥ (ABC) và SO ⊂ (SOA) nên (SOA) ⊥ (ABC). Mệnh đề khẳng định 'không vuông góc' là sai.
b) (AI giải đề cho tôi)
Góc giữa SB và (ABC) là góc SBO với OB = a, SO = a√3/2, nên tan φ = √3/2 ≠ √3.
c) (AI giải đề cho tôi)
Trong hình chóp tam giác đều, đường nối đỉnh với trọng tâm đáy vuông góc với mặt đáy: SO ⊥ (ABC).
d) (AI giải đề cho tôi)
M trung điểm BC: OM = a/2, SM ⊥ BC, OM ⊥ BC, tan góc SMO = SO/OM = √3 nên góc nhị diện bằng 60°.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O$ là tâm hình chữ nhật $ABCD$, $M$ là trung điểm $AB$. Vì $SA=SB=\sqrt{7}$ nên $SM\perp AB$; lại $B{B}^{\prime }\perp (ABCD)$ nên $AB\perp B{B}^{\prime }$, suyra $AB\perp (SMO)$ với $O$ là chân đường cao của hình chóp (do $SA=SB=SC=SD$ nên $S$ nằm trên đường thẳng qua $O$ vuông góc với đáy). Vậy góc nhị diện $[S,AB,B^{\prime }]$ là $\widehat{SMO}$.

Tọa độ: $A(0;0;0),B(4;0;0),D(0;2;0)$, nên $O(2;1;0)$, $M(2;0;0)$. Ta có $OA=\sqrt{5}$, nên $SO=\sqrt{S{A}^2-O{A}^2}=\sqrt{7-5}=\sqrt{2}$; $OM=1$.

$$\tan \widehat{SMO}=\frac{SO}{OM}=\sqrt{2}\Rightarrow \widehat{SMO}=\arctan \sqrt{2}\approx 54,74^{\circ }\approx 55^{\circ }.$$

Vậy góc nhị diện $[S,AB,B^{\prime }]$ xấp xỉ $55^{\circ }$.

a) Vì $M$ là trung điểm của $AD$ nên $AM=MD=\frac{AD}{2}=\frac{2a}{2}=a=BC$.
Xét tứ giác $ABCM$ có: $AM\parallel BC$ (do $AD\parallel BC$), có $AB=BC=a$ và $\hat{A}=\hat{B}=90^{\circ }\Rightarrow ABCM$ là hình vuông cạnh $a$.
Suy ra: $AC=a\sqrt{2}$ và $CM=a=\frac{1}{2}AD$.
Khi đó, tam giác $ACD$ vuông tại $C$. Suy ra $CD\perp AC$ (1).
Ta có $SA\perp (ABCD)\Rightarrow SA\perp CD$ (2).
Từ (1) và (2), $CD$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau $AC$ và $SA$ nằm trong $(SAC)$.
Vậy $CD\perp (SAC)$ (đpcm).

b) Vì $△SBC=△SMC$ (cạnh - cạnh - cạnh) nên kẻ $BK\perp SC,K\in SC\Rightarrow MK\perp SC$.
Trong mặt phẳng $(SBC)$, kẻ $BK\perp SC$ tại $K$.
Khi đó, góc $\widehat{BKM}$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện $[B,SC,M]$.
Xét tam giác $SBC$ vuông tại $B$ (do $BC\perp (SAB)$):
$$SB=\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}=\sqrt{{\left(a\sqrt{3}\right)}^2+a^2}=2a.$$
$$SC=\sqrt{S{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{(2a{)}^2+a^2}=a\sqrt{5}.$$
Tính $BK$: Trong tam giác vuông $SBC$ tại $B$: $BK=\frac{SB\cdot BC}{SC}=\frac{2a\cdot a}{a\sqrt{5}}=\frac{2a}{\sqrt{5}}$
$$\Rightarrow MK=BK=\frac{2a}{\sqrt{5}}\text{ (do hai tam giaˊc ba˘ˋng nhau).}$$
Tính $BM$: Trong hình vuông $ABCM$ cạnh $a$:
$$BM=\sqrt{A{B}^2+A{M}^2}=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}$$
Xét tam giác $BKM$, áp dụng định lý cosin:
$$\cos \widehat{BKM}=\frac{B{K}^2+M{K}^2-B{M}^2}{2\cdot BK\cdot MK}=\frac{{\left(\frac{2a}{\sqrt{5}}\right)}^2+{\left(\frac{2a}{\sqrt{5}}\right)}^2-{\left(a\sqrt{2}\right)}^2}{2\cdot \frac{2a}{\sqrt{5}}\cdot \frac{2a}{\sqrt{5}}}=\frac{-1}{4}$$
Vậy $\cos \alpha =\frac{-1}{4}$.

Vẽ hình đúng để làm được câu a.

a) Vì $M$ là trung điểm của $AD$ nên $AM=MD=\frac{AD}{2}=\frac{2a}{2}=a=BC$.
Xét tứ giác $ABCM$ có: $AM\parallel BC$ (do $AD\parallel BC$), có $AB=BC=a$ và $\hat{A}=\hat{B}=90^{\circ }\Rightarrow ABCM$ là hình vuông cạnh $a$.
Suy ra: $AC=a\sqrt{2}$ và $CM=a=\frac{1}{2}AD$.
Khi đó, tam giác $ACD$ vuông tại $C$. Suy ra $CD\perp AC$ (1).
Ta có $SA\perp (ABCD)\Rightarrow SA\perp CD$ (2).
Từ (1) và (2), $CD$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau $AC$ và $SA$ nằm trong $(SAC)$.
Vậy $CD\perp (SAC)$ (đpcm).

b) Vì $△SBC=△SMC$ (cạnh - cạnh - cạnh) nên kẻ $BK\perp SC,K\in SC\Rightarrow MK\perp SC$.
Trong mặt phẳng $(SBC)$, kẻ $BK\perp SC$ tại $K$.
Khi đó, góc $\widehat{BKM}$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện $[B,SC,M]$.
Xét tam giác $SBC$ vuông tại $B$ (do $BC\perp (SAB)$):
$$SB=\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}=\sqrt{{\left(a\sqrt{3}\right)}^2+a^2}=2a.$$
$$SC=\sqrt{S{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{(2a{)}^2+a^2}=a\sqrt{5}.$$
Tính $BK$: Trong tam giác vuông $SBC$ tại $B$: $BK=\frac{SB\cdot BC}{SC}=\frac{2a\cdot a}{a\sqrt{5}}=\frac{2a}{\sqrt{5}}$
$$\Rightarrow MK=BK=\frac{2a}{\sqrt{5}}\text{ (do hai tam giaˊc ba˘ˋng nhau).}$$
Tính $BM$: Trong hình vuông $ABCM$ cạnh $a$:
$$BM=\sqrt{A{B}^2+A{M}^2}=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}$$
Xét tam giác $BKM$, áp dụng định lý cosin:
$$\cos \widehat{BKM}=\frac{B{K}^2+M{K}^2-B{M}^2}{2\cdot BK\cdot MK}=\frac{{\left(\frac{2a}{\sqrt{5}}\right)}^2+{\left(\frac{2a}{\sqrt{5}}\right)}^2-{\left(a\sqrt{2}\right)}^2}{2\cdot \frac{2a}{\sqrt{5}}\cdot \frac{2a}{\sqrt{5}}}=\frac{-1}{4}$$
Vậy $\cos \alpha =\frac{-1}{4}$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Vì AC ⊥ AB và AC ⊥ AD (AB, AC, AD đôi một vuông góc) nên AC ⊥ (ABD). Đúng.
b) Gọi là góc giữa CD và (ABD): hình chiếu của C lên (ABD) là A (vì AC ⊥ (ABD)), nên góc cần tìm là ∠CDA. Trong tam giác CAD vuông tại A: tan∠CDA = AC/AD = a/(a√3) = 1/√3 ⇒ ∠CDA = 30°. Đúng.
c) Trong (ABC), gọi H là trung điểm BC thì AH ⊥ BC (tam giác ABC vuông cân tại A, AH = a/√2). Vì AD ⊥ (ABC) nên DH ⊥ BC, góc nhị diện [A,BC,D] = ∠DHA. tan∠DHA = AD/AH = a√3/(a/√2) = √6 ⇒ ∠DHA = arctan(√6) ≈ 67,79°, không phải 87,79°. Sai.
d) AB ⊥ AC nên AB ⊥ (ABC)?? chính xác: AB ⊥ AC và AB ⊥ AD ⇒ AB vuông góc với cả hai mặt phẳng (ACD)... xét hai mặt (ABC) và (ABD): AB ⊥ AC và AB ⊥ AD, giao tuyến AB, góc giữa hai mặt là góc giữa AC và AD = 90°. Vậy [C,AB,D] = 90°. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
AC ⊥ AB và AC ⊥ AD nên AC ⊥ (ABD).
b) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của C trên (ABD) là A nên góc bằng ∠CDA = 30° vì tan∠CDA = AC/AD = 1/√3.
c) (AI giải đề cho tôi)
Gọi H trung điểm BC, AH ⊥ BC, DH ⊥ BC, tan∠DHA = AD/AH = √6 ⇒ [A,BC,D] = arctan(√6) ≈ 67,79° ≠ 87,79°.
d) (AI giải đề cho tôi)
AB ⊥ AC và AB ⊥ AD nên góc giữa (ABC) và (ABD) bằng góc giữa AC và AD = 90°.

(AI giải đề cho tôi)
Thiết lập: $AB,AC,AD$ đôi một vuông góc, $AB=AC=a$, $AD=a\sqrt{3}$.

a) Vì $AC\perp AB$ và $AC\perp AD$ nên $AC\perp (ABD)$. → Đúng.

b) Vì $AC\perp (ABD)$ nên hình chiếu của $CD$ lên $(ABD)$ là $AD$. Góc giữa $CD$ và $(ABD)$ là góc $\widehat{CDA}$ trong tam giác $ACD$ vuông tại $A$: $\tan \widehat{CDA}=\frac{AC}{AD}=\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}$, nên góc bằng $30^{\circ }$. → Đúng.

c) Gọi $H$ là trung điểm $BC$. Vì $AB=AC$ nên $AH\perp BC$; vì $DB=DC=2a$ (do $D{B}^2=D{C}^2=a^2+3a^2=4a^2$) nên $DH\perp BC$. Suy ra góc nhị diện $[A,BC,D]$ là $\widehat{AHD}$. Ta có $AH=\frac{a\sqrt{2}}{2}$, $DH=\sqrt{D{C}^2-C{H}^2}=\sqrt{4a^2-\frac{a^2}{2}}=a\sqrt{\frac{7}{2}}$. Vậy $\cos \widehat{AHD}=\frac{AH}{DH}=\frac{1}{\sqrt{7}}$, nên $\widehat{AHD}\approx 67,79^{\circ }\ne 87,79^{\circ }$. → Sai (đề in $87,79^{\circ }$ là nhầm so với giá trị đúng $67,79^{\circ }$).

d) Vì $AC\perp AB$ và $AD\perp AB$ nên góc nhị diện $[C,AB,D]$ là $\widehat{CAD}=90^{\circ }$. → Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$AC\perp AB$ và $AC\perp AD$ nên $AC\perp (ABD)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $CD$ lên $(ABD)$ là $AD$; $\tan \widehat{CDA}=\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}$ nên góc bằng $30^{\circ }$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Gọi $H$ trung điểm $BC$: $AH\perp BC$, $DH\perp BC$; $\cos \widehat{AHD}=\frac{AH}{DH}=\frac{1}{\sqrt{7}}$ nên góc $\approx 67,79^{\circ }$, không phải $87,79^{\circ }$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$AC\perp AB$, $AD\perp AB$ nên $[C,AB,D]=\widehat{CAD}=90^{\circ }$.

Trả lời: 120

Gọi $I$ là tâm hình vuông $ABCD$.



Ta có $<table><tbody><tr><td>BD\perp AC</td></tr><tr><td>BD\perp SA</td></tr></tbody></table>\}\Rightarrow BD\perp (SAC)\Rightarrow BD\perp AI,BD\perp SI$.

Suy ra $[S,BD,C]=\widehat{SIC}=180^{\circ }-\widehat{SIA}$.

Trong $\Delta SAI$ vuông tại $I$ ta có $SA=\sqrt{6}$, $AI=\frac{AC}{2}=\frac{2\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$.

Khi đó $\tan \widehat{SIA}=\frac{SA}{AI}=\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{2}}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SIA}=60^{\circ }$.

Vậy $\left[S,BD,C\right]=\widehat{SIC}=180^{\circ }-\widehat{SIA}=120^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ $A(0,0,0)$, $B(a,0,0)$, $D(0,a,0)$, $A^{\prime }(0,0,2a)$, $B^{\prime }(a,0,2a)$, $D^{\prime }(0,a,2a)$. Mặt phẳng $(A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$ có các vectơ $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=(a,0,2a)$, $\overrightarrow{A{D}^{\prime }}=(0,a,2a)$, nên vectơ pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{A{B}^{\prime }}\times \overrightarrow{A{D}^{\prime }}=(-2a^2,-2a^2,a^2)\parallel (-2,-2,1)$. Mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ có pháp tuyến $\vec{k}=(0,0,1)$. Khi đó $\cos \phi =\frac{|1|}{\sqrt{4+4+1}\cdot 1}=\frac{1}{3}$, suy ra $\phi =\arccos \frac{1}{3}\approx 70,53^{\circ }\approx 71^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Tứ diện $ABCD$ đều cạnh 2. Gọi $H$ là trung điểm $CD$, khi đó $AH\perp CD$, $BH\perp CD$ (vì tam giác $ACD$, $BCD$ cân tại $C$, $D$). Suy ra góc nhị diện $[A;CD;B]$ là góc $AHB=\beta$. Tam giác $ACD$ đều cạnh 2 nên $AH=BH=\frac{2\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$. Trong tam giác $AHB$ cân tại $H$ với $AB=2$, đường cao từ $H$ xuống $AB$ có độ dài $\sqrt{A{H}^2-1^2}=\sqrt{3-1}=\sqrt{2}$. Do đó $\cos \beta =\frac{A{H}^2+B{H}^2-A{B}^2}{2\cdot AH\cdot BH}=\frac{3+3-4}{2\cdot 3}=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$. Vậy $\cos \beta =\frac{1}{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AB$ và $SA\perp AD$. Hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SAD)$ cùng chứa $SA$, do đó góc phẳng nhị diện $[B,SA,D]$ chính là góc giữa $AB$ và $AD$, tức $\widehat{BAD}$.

Đáy $ABCD$ là hình thoi có $AB=AC=a$. Xét tam giác $ABC$: vì $ABCD$ là hình thoi nên $BC=AB=a$, do đó $AB=BC=AC=a$, tam giác $ABC$ đều, suy ra $\widehat{BAC}=60^{\circ }$. Vì $AC$ là phân giác góc $\widehat{BAD}$ của hình thoi nên $\widehat{BAD}=2\cdot 60^{\circ }=120^{\circ }$ (tương đương $\widehat{BAD}=180^{\circ }-\widehat{ABC}=180^{\circ }-60^{\circ }=120^{\circ }$).

Vậy số đo góc phẳng nhị diện $[B,SA,D]=120^{\circ }$, chọn đáp án C. Kết quả này trùng với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BD$. Trong đáy, $AH\perp BD$ ($H$ là hình chiếu của $A$ lên $BD$) nên $BD\perp (SAH)$, suy ra $BD\perp SH$ và $BD\perp HC$. Góc phẳng nhị diện $[S,BD,C]$ là $\widehat{SHC}$.

Tính: $BD=\sqrt{a^2+9a^2}=a\sqrt{10}$; $AH=\frac{AB\cdot AD}{BD}=\frac{3a}{\sqrt{10}}$.

$\tan \widehat{SHC}=\frac{SA}{AH}=\frac{\frac{3\sqrt{30}a}{10}}{\frac{3a}{\sqrt{10}}}=\frac{\sqrt{30}\cdot \sqrt{10}}{10}=\frac{\sqrt{300}}{10}=\sqrt{3}$.

Vậy $\widehat{SHC}=60^{\circ }$, chọn đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABC$ đều, $M$ trung điểm $BC$ nên $AM\perp BC$; lại có $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$. Suy ra $BC\perp (SAM)$ (a đúng). Từ đó $BC\perp AH$ (vì $AH\subset (SAM)$), kết hợp $AH\perp SM$ (giả thiết) nên $AH\perp (SBC)$, do đó hình chiếu của $SA$ lên $(SBC)$ là $SH$ (b đúng). Giao tuyến của $(SBC)$ và $(ABC)$ là $BC$, mà $BC\perp (SAM)$ nên góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa $SM$ và $AM$, tức góc $SMA$, không phải góc $ASM$ (c sai). Tam giác $SAM$ vuông tại $A$ với $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, $SA=\frac{3a}{2}$ nên $\tan \widehat{SMA}=\frac{SA}{AM}=\frac{3a/2}{a\sqrt{3}/2}=\sqrt{3}$, suy ra góc nhị diện $[S;BC;A]=\widehat{SMA}=60^{\circ }$ (d đúng).
a) (AI giải đề cho tôi)
$AM\perp BC$ (tam giác đều) và $SA\perp BC$ (vì $SA\perp (ABC)$), nên $BC\perp (SAM)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$BC\perp (SAM)$ nên $BC\perp AH$; kết hợp $AH\perp SM$ suy ra $AH\perp (SBC)$. Hình chiếu của $A$ trên $(SBC)$ là $H$, nên hình chiếu của $SA$ là $SH$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Giao tuyến là $BC$ và $BC\perp (SAM)$, nên góc giữa $(SBC)$ và $(ABC)$ là góc $SMA$, không phải góc $ASM$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\tan \widehat{SMA}=\frac{SA}{AM}=\frac{3a/2}{a\sqrt{3}/2}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SMA}=60^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi O là tâm đáy, M là trung điểm cạnh đáy. Góc nhị diện giữa mặt bên và mặt đáy là góc SMO với tan α = SO/OM = 98/90. Vậy α = arctan(98/90) ≈ 47,43° (khoảng 47°26').

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên $BC\parallel AD$, do đó $BC\parallel (SAD)$ và giao tuyến $d$ của $(SBC)$ và $(SAD)$ là đường thẳng qua $S$ song song với $BC$ (cũng song song với $AD$). Ta có $BC\perp AB$ và $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BC$, suy ra $BC\perp (SAB)$. Do đó giao tuyến $d\parallel BC$ cũng vuông góc với $(SAB)$, nên $d\perp SB$ và $d\perp SA$. Vậy góc giữa hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(SAD)$ bằng góc giữa $SB$ và $SA$ trong mặt phẳng $(SAB)$. Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ với $SA=a$, $AB=a$ nên $\tan \widehat{BSA}=\frac{AB}{SA}=1$, suy ra góc cần tìm bằng $45^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục tọa độ: $B(0;0;0)$, $A(2a;0;0)$, $C(0;2a;0)$ (tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$, $AB=BC=2a$). Tam giác $SAB$ đều cạnh $2a$ nên đường cao $SH=a\sqrt{3}$ với $H(a;0;0)$. Vì $(SAB)\perp (ABC)$ và $SH\perp AB$ (giao tuyến) nên $SH\perp (ABC)$, do đó $S(a;0;a\sqrt{3})$. $M$ là trung điểm $AC$ nên $M(a;a;0)$.

a) Ta có $BC\perp AB$ (giả thiết) và $BC\perp SH$ (vì $SH\perp (ABC)$) $\Rightarrow BC\perp (SAB)$ $\Rightarrow BC\perp SB$. Mặt khác $BC\perp BH$. Vậy $BC$ vuông góc với hai đường thẳng $SB$, $BH$ cùng nằm trong $(SBC)$, suy ra $(SBC)\perp (SAB)$ tại đường thẳng $SB$. Vì $(SAB)\perp (ABC)$, giao tuyến $SB$, nên góc giữa $(SBC)$ và $(ABC)$ bằng góc giữa $(SBC)$ và $(SAB)$, chính là góc $SBH$ (hai đường thẳng $SB$, $BH$ cùng vuông góc với giao tuyến $BC$... chính xác hơn: góc giữa hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(ABC)$ là góc giữa $SB$ và $BH$ vì $BC\perp (SAB)$).
Tam giác $SBH$ vuông tại $H$ với $SH=a\sqrt{3}$, $HB=a$ nên $\tan \angle SBH=SH/HB=\sqrt{3}$ $\Rightarrow$ góc bằng $60^{\circ }$.

b) Mặt phẳng $(SHM)$: $S(a;0;a\sqrt{3})$, $H(a;0;0)$, $M(a;a;0)$ đều có hoành độ $x=a$, nên $(SHM)$ là mặt phẳng $x=a$. Khoảng cách từ $C(0;2a;0)$ đến $(SHM)$ là $d=|0-a|=a$.

Vậy: a) Góc giữa $(SBC)$ và $(ABC)$ bằng $60^{\circ }$. b) $d(C,(SHM))=a$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $H$ là trung điểm $AB$. Trong hình chóp tứ giác đều, $OH\perp AB$ với $OH=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ (nửa cạnh đáy), và $SO\perp (ABCD)$ nên $SH\perp AB$. Góc nhị diện $[S,AB,O]$ là góc giữa $SH$ và $OH$ trong mặt phẳng $(SOH)$, tức góc $SHO$. Ta có $\tan \widehat{SHO}=\frac{SO}{OH}=\frac{a\sqrt{2}/2}{a\sqrt{2}/2}=1$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Góc nhị diện $[A^{\prime },BD,A]$ có cạnh $BD$. Gọi $O=AC\cap BD$ là tâm hình vuông. Ta có $AC\perp BD$ nên $AO\perp BD$, và $A^{\prime }C\perp (ABCD)$ suy ra $AC\perp BD$, tức $A^{\prime }O\perp BD$ (vì $BD\perp (A^{\prime }AC)$). Vậy góc nhị diện là $\widehat{A^{\prime }OA}$.

Đặt hệ tọa độ: $A(0,0,0)$, $B(a,0,0)$, $D(0,a,0)$, $A^{\prime }(0,0,a)$, $O\left(\frac{a}{2},\frac{a}{2},0\right)$.
$$\overrightarrow{OA}=\left(-\frac{a}{2},-\frac{a}{2},0\right),\overrightarrow{O{A}^{\prime }}=\left(-\frac{a}{2},-\frac{a}{2},a\right).$$
$$\cos \widehat{A^{\prime }OA}=\frac{\frac{a^2}{4}+\frac{a^2}{4}}{\frac{a}{\sqrt{2}}\cdot a\sqrt{\frac{3}{2}}}=\frac{\frac{a^2}{2}}{\frac{a^2\sqrt{3}}{2}}=\frac{1}{\sqrt{3}}.$$
Suy ra $\sin \widehat{A^{\prime }OA}=\sqrt{1-\frac{1}{3}}=\sqrt{\frac{2}{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$.

Vậy đáp án là $\frac{\sqrt{6}}{3}$, tương ứng phương án C.

(AI giải đề cho tôi)
Hình hộp chữ nhật $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ với $BC=a$, $AC=2a$ nên $AB=\sqrt{A{C}^2-B{C}^2}=\sqrt{4a^2-a^2}=a\sqrt{3}$; $A^{\prime }A=a\sqrt{3}$.
Hai mặt phẳng $(A^{\prime }BC{D}^{\prime })$ và $(ABCD)$ cắt nhau theo giao tuyến $BC$. Hình chiếu của $A^{\prime }$ lên $(ABCD)$ là $A$, mà $AB\perp BC$ nên $A^{\prime }B\perp BC$ (theo định lý ba đường vuông góc). Vậy góc giữa hai mặt phẳng là $\widehat{A^{\prime }BA}$.
Tam giác $A^{\prime }AB$ vuông tại $A$ có $\tan \widehat{A^{\prime }BA}=\frac{A^{\prime }A}{AB}=\frac{a\sqrt{3}}{a\sqrt{3}}=1$, suy ra $\widehat{A^{\prime }BA}=45^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$, $AC=2a$ nên $AB=BC=a\sqrt{2}$. Gọi $M$ là trung điểm $AC$ thì $BM\perp AC$ và $BM=\frac{AC}{2}=a$. Vì lăng trụ đứng nên $B{B}^{\prime }\perp (ABC)$, do đó $B^{\prime }M\perp AC$ (đường vuông góc chung xuống $AC$ từ $B^{\prime }$). Góc phẳng nhị diện $[B^{\prime },AC,B]$ là $\widehat{B^{\prime }MB}$. Tam giác $B^{\prime }BM$ vuông tại $B$: $B^{\prime }{B}^2=A^{\prime }{B}^2-A{B}^2=9a^2-2a^2=7a^2$, nên $\tan \widehat{B^{\prime }MB}=\frac{B^{\prime }B}{BM}=\frac{a\sqrt{7}}{a}=\sqrt{7}$. Vậy góc phẳng nhị diện bằng $\arctan \sqrt{7}\approx 69,3^{\circ }$.