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

(AI giải đề cho tôi)
Lăng trụ tam giác đều nên lăng trụ đứng, đáy là tam giác đều cạnh $a$, cạnh bên $A{A}^{\prime }=\frac{3a}{2}$. Hai mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }C)$ và $(ABC)$ cắt nhau theo giao tuyến $BC$. Gọi $H$ là trung điểm $BC$, tam giác $ABC$ đều nên $AH\perp BC$ với $AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Vì lăng trụ đứng nên $A{A}^{\prime }\perp (ABC)$, do đó $A^{\prime }H\perp BC$ (định lý ba đường vuông góc). Góc giữa hai mặt phẳng là góc $\widehat{A^{\prime }HA}$. Ta có $\tan \widehat{A^{\prime }HA}=\frac{A{A}^{\prime }}{AH}=\frac{\frac{3a}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\sqrt{3}$, suy ra góc giữa hai mặt phẳng bằng $60^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$. Lại có $AB\perp BC$ (tam giác $ABC$ vuông tại $B$), do đó $BC\perp (SAB)$. Giao tuyến của $(SBC)$ và $(ABC)$ là $BC$, nên trong mặt phẳng $(SAB)$, ta có $SB\perp BC$ và $AB\perp BC$. Suy ra góc giữa hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(ABC)$ là góc giữa $SB$ và $AB$, tức là $\widehat{SBA}$. Vì $SA\perp (ABC)$ nên tam giác $SAB$ vuông tại $A$, do đó $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}$, tức góc giữa $(SBC)$ và $(ABC)$ bằng $\widehat{SBA}=\arctan \frac{SA}{AB}$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\perp (BCD)$ nên $B$ là hình chiếu của $A$ lên $(BCD)$. Hai mặt phẳng $(ACD)$ và $(BCD)$ cắt nhau theo giao tuyến $CD$. Trong $(BCD)$, kẻ $BH\perp CD$ tại $H$; do $AB\perp (BCD)$ nên $CD\perp AB$, kết hợp $CD\perp BH$ suy ra $CD\perp (AHB)$, do đó $AH\perp CD$. Vậy góc giữa $(ACD)$ và $(BCD)$ là $\widehat{AHB}$. Tam giác $BCD$ vuông cân tại $B$ với $BC=BD=a\sqrt{2}$, nên $CD=2a$ và đường cao $BH=\frac{BC\cdot BD}{CD}=\frac{a\sqrt{2}\cdot a\sqrt{2}}{2a}=a$. Trong tam giác vuông $ABH$ (vuông tại $B$): $\tan \widehat{AHB}=\frac{AB}{BH}=\frac{a/\sqrt{3}}{a}=\frac{1}{\sqrt{3}}$. Suy ra $\widehat{AHB}=30^{\circ }$. Vậy góc giữa hai mặt phẳng $(ACD)$ và $(BCD)$ bằng $30^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $M$ là trung điểm $BC$. Tam giác đều $ABC$ cạnh $6a$ nên $AM=\frac{6a\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}a$ và $AM\perp BC$. Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$, suy ra $BC\perp (SAM)$, do đó $SM\perp BC$. Góc giữa $(SBC)$ và $(ABC)$ là $\widehat{SMA}$. Tam giác $SAM$ vuông tại $A$: $\tan \widehat{SMA}=\frac{SA}{AM}=\frac{\sqrt{22}a}{3\sqrt{3}a}=\sqrt{\frac{22}{27}}\approx 0,9027$, nên $\widehat{SMA}\approx 42,07^{\circ }$. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Tam giác $ABC$ vuông tại $B$ nên $A{B}^2=A{C}^2-B{C}^2=130a^2-49a^2=81a^2\Rightarrow AB=9a$. Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$; mà $AB\perp BC$ nên $BC\perp (SAB)$, suy ra $BC\perp SB$. Giao tuyến của $(SBC)$ và $(ABC)$ là $BC$, và vì $BC\perp SB$, $BC\perp AB$ nên góc giữa hai mặt phẳng là góc $SBA$. Do đó $\tan \phi =\frac{SA}{AB}=\frac{\sqrt{21}}{9}\approx 0,5092\Rightarrow \phi \approx 26,98^{\circ }$. Kết quả trùng với đáp án B của đề.

(AI giải đề cho tôi)
Kẻ $CH\perp DB$ tại $H$ (với $C\in (ABCD)$). Vì $SC\perp (ABCD)$ nên $SC\perp DB$, suy ra $DB\perp (SCH)$, do đó $SH\perp DB$. Vậy góc nhị diện $[C,DB,S]$ là $\widehat{SHC}$.

Tam giác $BCD$ vuông tại $C$ với $CD=a$, $CB=6a$ nên $DB=\sqrt{a^2+36a^2}=a\sqrt{37}$.

Đường cao: $CH=\frac{CD\cdot CB}{DB}=\frac{6a^2}{a\sqrt{37}}=\frac{6a}{\sqrt{37}}$.

Trong tam giác $SCH$ vuông tại $C$: $\tan \widehat{SHC}=\frac{SC}{CH}=\frac{\sqrt{5}a}{6a/\sqrt{37}}=\frac{\sqrt{185}}{6}\approx 2,2669$.

Suy ra $\widehat{SHC}\approx 66,20^{\circ }$. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $S{D}^2=S{A}^2+A{D}^2\Rightarrow A{D}^2=106a^2-25a^2=81a^2\Rightarrow AD=9a$.

Nhị diện $[A,CD,S]$: cạnh là $CD$, mặt phẳng chứa $A$ và $CD$ là $(ABCD)$, mặt phẳng chứa $S$ và $CD$ là $(SCD)$.

Trong $(ABCD)$, kẻ $AH\perp CD$ tại $H$ (do $ABCD$ là hình chữ nhật nên $AH=AD=9a$). Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp CD$, kết hợp $AH\perp CD$ suy ra $CD\perp (SAH)$, do đó $SH\perp CD$. Vậy góc nhị diện $[A,CD,S]$ là $\widehat{SHA}$.

Tam giác $SAH$ vuông tại $A$: $\tan \widehat{SHA}=\frac{SA}{AH}=\frac{5a}{9a}=\frac{5}{9}$.

$\widehat{SHA}=\arctan \left(\frac{5}{9}\right)\approx 29,05^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $H$ là trung điểm $CD$. Vì tứ diện đều $ABCD$ có $AB=AC=AD=BC=BD=CD=a$ nên $△ACD$ và $△BCD$ đều, do đó $AH\perp CD$ và $BH\perp CD$. Suy ra góc giữa hai mặt phẳng $(ACD)$ và $(BCD)$ là góc giữa $AH$ và $BH$, tức $\widehat{AHB}$.

Tam giác $ABH$ có $AH=BH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ (đường cao tam giác đều cạnh $a$) và $AB=a$. Theo định lí cosin:
$$\cos \widehat{AHB}=\frac{A{H}^2+B{H}^2-A{B}^2}{2\cdot AH\cdot BH}=\frac{\frac{3a^2}{4}+\frac{3a^2}{4}-a^2}{2\cdot \frac{3a^2}{4}}=\frac{\frac{a^2}{2}}{\frac{3a^2}{2}}=\frac{1}{3}.$$

Vậy góc giữa hai mặt phẳng $(BCD)$ và $(ACD)$ bằng $\arccos \frac{1}{3}\approx 70^{\circ }32^{\prime }$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Vì $△SBC$ và $△ABC$ đều cạnh $a$ nên $SM\perp BC$ và $AM\perp BC$. Do đó góc nhị diện $[S,BC,A]$ là góc $\widehat{SMA}$.

Ta có:
- $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ (đường cao tam giác đều $ABC$),
- $SM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ (đường cao tam giác đều $SBC$),
- $SA=a$.

Áp dụng định lí cosin trong tam giác $SMA$:
$$\cos \widehat{SMA}=\frac{A{M}^2+S{M}^2-S{A}^2}{2\cdot AM\cdot SM}=\frac{\frac{3a^2}{4}+\frac{3a^2}{4}-a^2}{2\cdot \frac{3a^2}{4}}=\frac{\frac{a^2}{2}}{\frac{3a^2}{2}}=\frac{1}{3}.$$

Vậy số đo góc nhị diện $[S,BC,A]$ bằng $\arccos \frac{1}{3}\approx 70,53^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình lập phương ABCD.A'B'C'D', góc nhị diện [A', BD, A] có cạnh BD. Ta có AC ⊥ BD (hai đường chéo hình vuông) và A'A ⊥ (ABCD) nên A'A ⊥ BD. Suy ra BD ⊥ (A'AC), do đó BD ⊥ A'C. Góc nhị diện [A', BD, A] là góc giữa A'C và AC, tức là góc A'CA. Đặt cạnh lập phương là a, thì AC = a√2, AA' = a, nên tan(A'CA) = AA'/AC = a/(a√2) = 1/√2 ≈ 0,7071. Vậy góc A'CA ≈ 35,264° ≈ 35°15'. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp $S.ABCD$, đáy vuông cạnh $a$, $SA\perp (ABCD)$, $SA=a\sqrt{3}$. Hai mp $(SBC)$ và $(ABCD)$ cắt nhau theo giao tuyến $BC$. Vì $ABCD$ vuông nên $AB\perp BC$; lại $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BC$, suy ra $BC\perp (SAB)$, do đó $BC\perp SB$. Góc giữa $(SBC)$ và $(ABCD)$ là góc $SBA$. Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ có $\tan (SBA)=\frac{SA}{AB}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}$, nên góc $SBA=60^{\circ }$. Vậy đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi O là giao điểm của AC và BD. Vì ABCD là hình vuông cạnh a nên $AO=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Do $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AO$, và $BD\perp AC$ nên $BD\perp SO$ (định lý ba đường vuông góc). Vậy góc giữa (SBD) và (ABCD) là $\alpha =\angle SOA$. Khi đó $\tan \alpha =\frac{SA}{AO}=\frac{2a}{\frac{a\sqrt{2}}{2}}=\frac{4}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}$. Chọn A.

(AI giải đề cho tôi)
Lăng trụ đứng $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ có $A{A}^{\prime }\perp (ABC)$, nên $C{C}^{\prime }\parallel A{A}^{\prime }$ cũng vuông góc với $(ABC)$. Mặt phẳng $(AC{C}^{\prime })$ chứa $C{C}^{\prime }$ và $A{A}^{\prime }$ nên vuông góc với $(ABC)$; tương tự $(BC{C}^{\prime })$ cũng vuông góc với $(ABC)$. Góc nhị diện $[A,C{C}^{\prime },B]$ là góc giữa hai mặt phẳng $(AC{C}^{\prime })$ và $(BC{C}^{\prime })$, bằng góc giữa hai đường thẳng $AC$ và $BC$ nằm trong mặt đáy, tức góc $\widehat{ACB}$ của tam giác đều $ABC$ cạnh $2a$, bằng $60^{\circ }$. Vậy đáp án B.

Giải: Gọi H là trung điểm AB => $[S,BC,O]=SHO$ => $\tan SHO=\frac{SO}{OH}=\frac{2a}{\frac{a}{2}}=4$ — ĐS : 4

Giải: Gọi H là trung điểm AB =>* $[S,AB,O]=SHO$ => $\tan SHO=\frac{SO}{OH}=2$ — ĐS : 2

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ $A(0,0,0)$, $B(3a,0,0)$, $D(0,a,0)$, $A^{\prime }(0,0,3a)$ (lấy $a=1$). Gọi $H$ là chân đường vuông góc hạ từ $A$ xuống $BD$. Với $\overrightarrow{BD}=(-3,1,0)$, ta có $t=\frac{(A-B)\cdot (D-B)}{|BD{|}^2}=\frac{9}{10}$, suy ra $H=(0,3a;0,9a;0)$. Khi đó $AH\perp BD$ và $A^{\prime }H\perp BD$ (theo định lý ba đường vuông góc, vì $A{A}^{\prime }\perp (ABCD)$), nên góc nhị diện $[A^{\prime },BD,A]$ là góc $A^{\prime }HA$.

Tính: $AH=\sqrt{0,09+0,81}a=\frac{3a}{\sqrt{10}}$, $A^{\prime }H=\sqrt{0,9+9}a=\sqrt{9,9}a=\frac{3\sqrt{11}}{\sqrt{10}}a$.

$$\cos \widehat{A^{\prime }HA}=\frac{\overrightarrow{HA}\cdot \overrightarrow{H{A}^{\prime }}}{|AH|\cdot |A^{\prime }H|}=\frac{0,9a^2}{\frac{3a}{\sqrt{10}}\cdot \frac{3\sqrt{11}a}{\sqrt{10}}}=\frac{0,9}{\frac{9\sqrt{11}}{10}}=\frac{1}{\sqrt{11}}.$$

Vậy góc nhị diện $=\arccos \frac{1}{\sqrt{11}}\approx 72,45^{\circ }\approx 72,5^{\circ }$.

Kiểm tra bằng pháp tuyến: mặt $(ABD)$ có pháp tuyến $\overrightarrow{n_1}=(0,0,1)$; mặt $(A^{\prime }BD)$ có pháp tuyến $\overrightarrow{n_2}=\overrightarrow{BD}\times \overrightarrow{B{A}^{\prime }}\parallel (1,3,1)$; $\cos =\frac{1}{\sqrt{11}}$ — khớp với đáp án nguồn $72,5$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Vì ABCD là hình vuông nên AC ⊥ BD. Vì SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ BD. Từ đó BD ⊥ AC và BD ⊥ SA với AC, SA cắt nhau trong (SAC) ⇒ BD ⊥ (SAC).

b) Góc giữa SD và (ABCD) là góc giữa SD và hình chiếu DA của nó trên mặt đáy, tức là góc SDA. Tam giác SAD vuông tại A: tan(SDA) = SA/AD = (a√2)/(2a) = √2/2. Vậy góc giữa SD và (ABCD) bằng arctan(√2/2) ≈ 35°15′52″ (≈ 35,3°).

c) Gọi O = AC ∩ BD. Theo câu a), BD ⊥ (SAC) nên BD ⊥ OA và BD ⊥ OS. Do đó góc nhị diện [S, BD, A] có số đo bằng góc SOA. Tam giác SOA vuông tại A với AO = (1/2)AC = a√2, SA = a√2, nên SO = √(SA² + AO²) = √(2a² + 2a²) = 2a. Khi đó cos(SOA) = AO/SO = (a√2)/(2a) = √2/2 ⇒ góc SOA = 45°. Vậy số đo góc nhị diện [S, BD, A] bằng 45°.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $D(0;2a;0)$, $A^{\prime }(0;0;3a)$. Ta có $\overrightarrow{BD}=(-a;2a;0)$, $\overrightarrow{B{A}^{\prime }}=(-a;0;3a)$. Vectơ pháp tuyến của $(A^{\prime }BD)$: $\vec{n}=\overrightarrow{BD}\times \overrightarrow{B{A}^{\prime }}=(6a^2;3a^2;2a^2)\propto (6;3;2)$. Mặt phẳng $(ABD)$ có pháp tuyến $\vec{k}=(0;0;1)$. Góc nhị diện $[A^{\prime },BD,A]$: $\cos \theta =\frac{2}{\sqrt{36+9+4}}=\frac{2}{7}$, suy ra $\theta =\arccos \frac{2}{7}\approx 73,4^{\circ }$. Kết quả khớp với đáp án nguồn 73,4.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $AB$ là hình chiếu của $SB$ lên $(ABCD)$. Ta có $BC\perp AB$ (do $ABCD$ là hình chữ nhật) và $BC\perp SA$ (vì $SA\perp (ABCD)$), suy ra $BC\perp (SAB)$, do đó $BC\perp SB$. Vậy góc giữa $(SBC)$ và $(ABCD)$ là góc giữa $SB$ và $AB$, tức là $\widehat{SBA}$. Trong tam giác $SAB$ vuông tại $A$: $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\frac{a\sqrt{3}/3}{a}=\frac{\sqrt{3}}{3}$, nên $\widehat{SBA}=30^{\circ }$. Kết quả trùng với đáp án nguồn: C.

(AI giải đề cho tôi)
Xét tiết diện: mặt bàn nằm ngang, bàn phím nghiêng góc $30^{\circ }$ so với mặt bàn, màn hình vuông góc với mặt bàn. Góc giữa mặt phẳng chứa màn hình và mặt bàn bằng $90^{\circ }$, nên góc giữa màn hình và mặt bàn phím (phía hở của máy) bằng $180^{\circ }-90^{\circ }-30^{\circ }=60^{\circ }$ tính phía kia, tức góc nhị diện giữa màn hình và bàn phím (góc mở của máy tính) bằng $180^{\circ }-60^{\circ }=120^{\circ }$. Vậy $a=120$, trùng với đáp án nguồn.