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

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$. Trong hình chóp tứ giác đều, $SO\perp (ABCD)$ nên $SO\perp AC$; đồng thời $AC\perp BD$ nên $OB\perp AC$ tại $O$. Vậy $OB\subset (ABC)$ và $OS\subset (SAC)$ cùng vuông góc với cạnh $AC$ tại $O$, do đó góc nhị diện $[S,AC,B]$ là $\widehat{SOB}=90^{\circ }$. Kết quả trùng đáp án nguồn (mã đề 3267, câu 6: B).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$ (giao điểm hai đường chéo $AC$ và $BD$). Trong hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$, tam giác $SAC$ cân tại $S$ nên $SO\perp AC$; đồng thời $SO\perp (ABCD)$. Trong mặt phẳng đáy, $BD\perp AC$ nên $BO\perp AC$. Vậy $O$ nằm trên cạnh $AC$, với $SO\subset (SAC)$, $BO\subset (ABC)$ và $SO\perp AC$, $BO\perp AC$, nên góc nhị diện $[S,AC,B]$ chính là góc $\widehat{SOB}$. Vì $SO\perp (ABCD)$ nên $SO\perp BO$, suy ra $\widehat{SOB}=90^{\circ }$. Vậy số đo góc nhị diện $[S,AC,B]$ bằng $90^{\circ }$, trùng với đáp án nguồn (mã đề 1354, câu 2: D).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0,0,0)$, $B(a,0,0)$, $D(0,2a,0)$, $C(a,a,0)$, $S(0,0,\frac{a\sqrt{6}}{6})$, $E$ trung điểm $AD$ nên $E(0,a,0)$. Đặt $h=\frac{a\sqrt{6}}{6}$. Vectơ $\overrightarrow{SB}=(a,0,-h)$, $\overrightarrow{SE}=(0,a,-h)$ nên pháp tuyến của $(SBE)$ là $\vec{n}=\overrightarrow{SB}\times \overrightarrow{SE}=(ah,ah,a^2)\parallel (h,h,a)$. Pháp tuyến mặt đáy là $\vec{k}=(0,0,1)$. Góc giữa hai mặt phẳng: $\cos \theta =\frac{a}{\sqrt{2h^2+a^2}}=\frac{a}{\sqrt{\frac{a^2}{3}+a^2}}=\frac{a}{\frac{2a}{\sqrt{3}}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$. Vậy $\sin \theta =\sqrt{1-\frac{3}{4}}=\frac{1}{2}=0,5$, trùng đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi H là chân đường vuông góc từ A xuống BD. Với $AB=3a$, $AD=BC=4a$ thì $BD=5a$. Diện tích tam giác $ABD$: $\frac{1}{2}AB\cdot AD=\frac{1}{2}BD\cdot AH$ nên $AH=\frac{3a\cdot 4a}{5a}=\frac{12a}{5}$. Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BD$, kết hợp $AH\perp BD$ suy ra $BD\perp (SAH)$, do đó góc nhị diện $[S,BD,A]$ là $\widehat{SHA}$. Ta có $SH=\sqrt{S{A}^2+A{H}^2}=\sqrt{9a^2+\frac{144a^2}{25}}=\frac{3a\sqrt{41}}{5}$. Vậy $\sin \widehat{SHA}=\frac{SA}{SH}=\frac{3a}{\frac{3a\sqrt{41}}{5}}=\frac{5}{\sqrt{41}}\approx 0.78$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $S.ABCD$ là hình chóp đều với $SA=SB=SC=SD=214$ m, $AB=230$ m. Gọi $M$ là trung điểm $BC$, $O$ là tâm đáy. Góc giữa mặt bên $(SBC)$ và mặt đáy là góc $SMO$. Ta có $MB=115$ m, nên đường cao mặt bên $SM=\sqrt{214^2-115^2}=\sqrt{45796-13225}=\sqrt{32571}\approx 180,473$ m. Chiều cao kim tự tháp $SO=\sqrt{S{M}^2-O{M}^2}=\sqrt{32571-115^2}=\sqrt{19346}\approx 139,088$ m. Do đó $\tan \phi =\frac{SO}{OM}=\frac{139,088}{115}\approx 1,2095$, suy ra $\phi \approx 50,4^{\circ }\approx 50^{\circ }$. Vậy góc giữa mặt bên và mặt đáy xấp xỉ $50^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Góc nhị diện $[A,BD,A^{\prime }]$ có cạnh $BD$. Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$, $O$ là tâm hình vuông $ABCD$ nên $AO\perp BD$ (vì $ABCD$ là hình vuông). Trong mặt phẳng $(A^{\prime }BD)$, tam giác $A^{\prime }BD$ cân tại $A^{\prime }$ ($A^{\prime }B=A^{\prime }D=a\sqrt{2}$) nên $A^{\prime }O\perp BD$. Vậy góc nhị diện là $\widehat{A^{\prime }OA}$. Ta có $AO=\frac{a\sqrt{2}}{2}$, $A{A}^{\prime }=a$ và $A{A}^{\prime }\perp (ABCD)$ nên $A{A}^{\prime }\perp AO$. Do đó $\tan \widehat{A^{\prime }OA}=\frac{A{A}^{\prime }}{AO}=\frac{a}{a\sqrt{2}/2}=\sqrt{2}$. Chọn đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Đáy ABC vuông cân tại C với AC=BC=√2a nên AB=2a, trung tuyến CH=AB/2=a. Vì tam giác cân nên CH⊥AB, do đó CH⊥HA; cũng có SH⊥(ABC) nên SH⊥HC. Vậy cả mặt phẳng (SMH) và (ABC) đều vuông góc với cạnh HC, góc nhị diện [M,HC,A] bằng góc giữa SM (thuộc SA) và HA (thuộc AB), tức góc ∠SAB. Ta có SA=√(SH²+HA²)=√(a²+a²)=a√2, nên cos∠SAB=HA/SA=a/(a√2)=1/√2, suy ra góc bằng 45°. Đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Vì các cạnh bên đều bằng $5a$ nên $S$ nằm trên đường thẳng vuông góc với đáy tại tâm $O$ của hình chữ nhật $ABCD$. Ta có $AC=\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}=\sqrt{16a^2+9a^2}=5a$, suy ra $OA=\frac{5a}{2}$, do đó $SO=\sqrt{S{A}^2-O{A}^2}=\sqrt{25a^2-\frac{25a^2}{4}}=\frac{5a\sqrt{3}}{2}$.

Gọi $M$ là trung điểm $BC$. Vì $O$ là tâm hình chữ nhật nên $OM\perp BC$ và $OM=\frac{AB}{2}=2a$. Tam giác $SOM$ vuông tại $O$ nên $SM\perp BC$ (hệ thức ba đường vuông góc). Khi đó góc phẳng nhị diện $[S,BC,A]$ là $\theta =\widehat{SMO}$ với
$$\tan \theta =\frac{SO}{OM}=\frac{\frac{5a\sqrt{3}}{2}}{2a}=\frac{5\sqrt{3}}{4}\approx 2,1651.$$
Suy ra $\theta \approx 65,22^{\circ }\approx 65^{\circ }12^{\prime }$. Vậy đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O$ là tâm đáy, $M$ là trung điểm một cạnh đáy của hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ với chiều cao $SO=98m$, cạnh đáy $180m$. Góc nhị diện tạo bởi mặt bên và mặt đáy là $\phi =\widehat{SMO}$, với $OM=\frac{180}{2}=90m$. Khi đó $\tan \phi =\frac{SO}{OM}=\frac{98}{90}\approx 1,0889$, suy ra $\phi \approx 47,44^{\circ }$. Vậy đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Vì $ABCD$ là hình vuông nên $AC\perp BD$ tại $O$, do đó $AO\perp BD$. Vì $SA\perp$ đáy nên $SA\perp BD$. Suy ra $BD\perp (SAO)$, tức $SO\perp BD$. Vậy góc nhị diện $[S,BD,A]$ là góc $\angle SOA$. Ta có $AO=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ và $SA=\frac{a\sqrt{6}}{6}$, nên $\tan \angle SOA=\frac{SA}{AO}=\frac{a\sqrt{6}/6}{a\sqrt{2}/2}=\frac{\sqrt{3}}{3}$. Suy ra $\angle SOA=30^{\circ }$. Đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Chuẩn hệ trục: $B=(0;0;0)$, $C=\left(\frac{a\sqrt{3}}{3};0;0\right)$, $D=\left(0;\frac{a\sqrt{6}}{3};0\right)$ (vì $BCD$ vuông tại $B$, $BC=\sqrt{C{D}^2-B{D}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$). Từ $AB=AC=AD=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ suy ra $A=\left(\frac{a\sqrt{3}}{6};\frac{a\sqrt{6}}{6};\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)$. Gọi $H$ là trung điểm $BC$, $K$ là trung điểm $CD$: $AH\perp BC$, $HK\parallel BD\perp BC$ nên $BC\perp (AHK)$, góc nhị diện $[A,BC,D]$ là góc $AHK$. Ta có $\overrightarrow{HA}=\left(0;\frac{a\sqrt{6}}{6};\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)$, $\overrightarrow{HK}=\left(0;\frac{a\sqrt{6}}{6};0\right)$, $|HA|=\frac{a\sqrt{6}}{3}$, $|HK|=\frac{a\sqrt{6}}{6}$, nên $\cos \widehat{AHK}=\frac{a^2/6}{a^2/3}=\frac{1}{2}$, suy ra góc nhị diện bằng $\frac{\pi }{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BD$. Lại có $AH\perp BD$ (H là hình chiếu của A lên BD). Suy ra $BD\perp (SAH)$, do đó $BD\perp SH$. Trong mặt phẳng (SBD), $SH\perp BD$; trong mặt phẳng (ABD), $AH\perp BD$. Vậy góc phẳng nhị diện $[S,BD,A]$ là $\widehat{SHA}$. Chọn đáp án A, trùng với đáp án nguồn (mã đề 0005, Câu 8: A).

[Hình cần kiểm tra lại: p7_f1]
a) Gọi $H$ là lần lượt là trung điểm $AB$. Ta lại có tam giác $SAB$ đều nên $SH\perp AB$. Mặt khác $(SAB)\perp (ABCD)$, suy ra $SH\perp (ABCD)$. Suy ra mệnh đề trên đúng.
b) Ta có $SC\cap (ABCD)=\{C\}$ và $SH\perp (ABCD)$ suy ra góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SCH}$. Suy ra mệnh đề trên sai.
c) Ta có $AB\parallel CD$ nên $(SB;CD)=(SB;AB)=\widehat{SBA}$. Mà tam giác $SAB$ đều nên $\widehat{SBA}=60^{\circ }$. Suy ra mệnh đề trên sai.
d) Vì $H,K$ là lần lượt là trung điểm của $AB,CD$. Suy ra $SH\perp (ABCD)$ và $HK\perp CD$. Khi đó: $\{\begin{array}{l}CD\perp HK\\ CD\perp SH\end{array}\Rightarrow CD\perp (SHK)\Rightarrow CD\perp SK$. Ta có: $\{\begin{array}{l}(SCD)\cap (ACD)=CD\\ HK\perp CD\\ SK\perp CD\end{array}\Rightarrow [S,CD,A]=\widehat{SKH}=\phi$. Tam giác $SAB$ đều cạnh $2a$ nên đường cao $SH=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$. Ta có $HK=BC=a$ (tính chất đường trung bình của hình chữ nhật). Do đó $\tan \widehat{SKH}=\frac{SH}{HK}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SKH}=60^{\circ }$. Suy ra mệnh đề trên đúng.
a) a) Gọi $H$ là lần lượt là trung điểm $AB$. Ta lại có tam giác $SAB$ đều nên $SH\perp AB$. Mặt khác $(SAB)\perp (ABCD)$, suy ra $SH\perp (ABCD)$. Suy ra mệnh đề trên đúng.
b) b) Ta có $SC\cap (ABCD)=\{C\}$ và $SH\perp (ABCD)$ suy ra góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SCH}$. Suy ra mệnh đề trên sai.
c) c) Ta có $AB\parallel CD$ nên $(SB;CD)=(SB;AB)=\widehat{SBA}$. Mà tam giác $SAB$ đều nên $\widehat{SBA}=60^{\circ }$. Suy ra mệnh đề trên sai.
d) d) Vì $H,K$ là lần lượt là trung điểm của $AB,CD$. Suy ra $SH\perp (ABCD)$ và $HK\perp CD$. Khi đó: $\{\begin{array}{l}CD\perp HK\\ CD\perp SH\end{array}\Rightarrow CD\perp (SHK)\Rightarrow CD\perp SK$. Ta có: $\{\begin{array}{l}(SCD)\cap (ACD)=CD\\ HK\perp CD\\ SK\perp CD\end{array}\Rightarrow [S,CD,A]=\widehat{SKH}=\phi$. Tam giác $SAB$ đều cạnh $2a$ nên đường cao $SH=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$. Ta có $HK=BC=a$ (tính chất đường trung bình của hình chữ nhật). Do đó $\tan \widehat{SKH}=\frac{SH}{HK}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SKH}=60^{\circ }$. Suy ra mệnh đề trên đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $H$ là trung điểm $BC$. Tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$ với $AB=AC=a\sqrt{2}$ nên $BC=2a$ và $AH\perp BC$ với $AH=\frac{AB\cdot AC}{BC}=\frac{a\sqrt{2}\cdot a\sqrt{2}}{2a}=a$. Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$, do đó $BC\perp (SAH)$ và góc nhị diện $[S,BC,A]$ là $\widehat{SHA}$. Ta có $\tan \widehat{SHA}=\frac{SA}{AH}=\frac{a}{a}=1$, suy ra góc bằng $45^{\circ }$. Khớp với đáp án nguồn: C.

(AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(ABCD)$ cắt nhau theo giao tuyến $BC$. Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $AB\perp BC$ (đáy là hình vuông) và $SB\perp BC$ (định lý ba đường vuông góc, vì $SA\perp (ABCD)$). Do đó góc giữa hai mặt phẳng là $\alpha =\widehat{SBA}$. Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ với $AB=a$, $SA=3a$, nên $SB=\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}=\sqrt{9a^2+a^2}=a\sqrt{10}$. Suy ra $\cos \alpha =\frac{AB}{SB}=\frac{a}{a\sqrt{10}}=\frac{1}{\sqrt{10}}\approx 0,3162\approx 0,32$, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Giao tuyến của $(SCD)$ và $(ABCD)$ là $CD$. Vì $AB\perp CD$ tại $A$... chính xác hơn: gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $CD$, thì $AH\perp CD$ với $AH=a$ (khoảng cách từ $A$ đến $CD$). Do $SA\perp (ABCD)$ nên theo định lý ba đường vuông góc, $SH\perp CD$. Vậy góc giữa hai mặt phẳng là $\alpha =\angle SHA$. Tam giác $SAH$ vuông tại $A$: $SH=\sqrt{S{A}^2+A{H}^2}=\sqrt{(2a{)}^2+a^2}=a\sqrt{5}$. Suy ra $\cos \alpha =\frac{AH}{SH}=\frac{a}{a\sqrt{5}}=\frac{1}{\sqrt{5}}\approx 0,4472\approx 0,45$. Kết quả khớp với đáp án nguồn $0,45$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $S.ABCD$ là hình chóp tứ giác đều với cạnh đáy $a=3,4$ m. Gọi $O$ là tâm đáy, $M$ là trung điểm $AB$. Góc nhị diện giữa mặt bên và mặt đáy là góc $SMO=56^{\circ }$. Khoảng cách từ đỉnh $S$ đến mặt đáy: $h=OM\cdot \tan 56^{\circ }=\frac{a}{2}\tan 56^{\circ }=1,7\cdot \tan 56^{\circ }\approx 1,7\cdot 1,4826\approx 2,5204$ m. Đèn treo dưới đỉnh, điểm thấp nhất cách đỉnh $0,3$ m nên cách mặt đáy: $2,5204-0,3\approx 2,2204\approx 2,2$ m. Kết quả khớp với đáp án nguồn 2,2.

Đáp án chính thức theo bảng đáp án mã đề 111: a) Sai, b) Sai, c) Đúng, d) Đúng (SDDS). Nguồn không cung cấp lời giải chi tiết cho từng ý.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $S.ABCD$ là hình chóp tứ giác đều, cạnh đáy $AB=3,2$ m, $O$ là tâm đáy, $M$ là trung điểm $AB$. Khi đó $OM=\frac{AB}{2}=1,6$ m và góc giữa mặt bên $(SAB)$ và mặt đáy là góc $\widehat{SMO}=56^{\circ }$ (vì $OM\perp AB$, $SM\perp AB$). Chiều cao khung lều: $SO=OM\cdot \tan 56^{\circ }=1,6\cdot \tan 56^{\circ }\approx 1,6\times 1,4826\approx 2,3722$ m. Đèn treo dưới đỉnh, điểm thấp nhất của đèn cách đỉnh $30$ cm $=0,3$ m, nên khoảng cách từ điểm thấp nhất của đèn đến mặt đáy là $2,3722-0,3\approx 2,0722\approx 2,1$ m (làm tròn đến hàng phần mười). Kết quả trùng với đáp án nguồn ở bảng mã đề 111: 2,1. Hình minh họa chiếc lều thực tế có ở trang 3 của đề, nên token hình không phải là vấn đề.