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

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ trục toạ độ với $O$ là gốc, $OA,OB,OC$ là ba trục. Khi đó $A(a\sqrt{3};0;0)$, $B(0;a\sqrt{6};0)$, $C(0;0;a\sqrt{6})$. Gọi $M$ là trung điểm $BC$: $M\left(0;\frac{a\sqrt{6}}{2};\frac{a\sqrt{6}}{2}\right)$. Vì $OB=OC$ nên $△OBC$ cân tại $O$, do đó $OM\perp BC$; tương tự $AM\perp BC$. Suy ra góc nhị diện $[A,BC,O]$ là góc giữa $AM$ và $OM$. Ta có $\overrightarrow{OM}=\left(0;\frac{a\sqrt{6}}{2};\frac{a\sqrt{6}}{2}\right)$, $|OM|=a\sqrt{3}$; $\overrightarrow{AM}=\left(-a\sqrt{3};\frac{a\sqrt{6}}{2};\frac{a\sqrt{6}}{2}\right)$, $|AM|=a\sqrt{6}$. Vậy $\cos \phi =\frac{\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{OM}}{|AM||OM|}=\frac{\frac{3a^2}{2}+\frac{3a^2}{2}}{a\sqrt{6}\cdot a\sqrt{3}}=\frac{3a^2}{3a^2\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$, suy ra $\phi =45^{\circ }$. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Hình thoi ABCD có AB=2, AC=2 nên nửa đường chéo OA=OC=1, do đó OB=√(AB²−OA²)=√(4−1)=√3, tức BD=2√3. a) Diện tích hình thoi = (AC·BD)/2 = (2·2√3)/2 = 2√3 → Đúng. b) Vì AC⊥BD và SA⊥(ABCD) nên SA⊥BD, suy ra BD⊥(SAC), mà SO⊂(SAC) nên SO⊥BD, góc bằng 90° → Đúng. c) Tọa hóa: O(0,0,0), A(−1,0,0), C(1,0,0), D(0,−√3,0), S(−1,0,1), M trung điểm SD = (−1/2,−√3/2,1/2). Khoảng cách từ M đến AC (trục Ox) là √(3/4+1/4)=1, nên S(MAC) = ½·AC·d(M,AC) = ½·2·1 = 1 ≠ 3/4 → Sai. d) Hình chiếu của M lên đáy là M' trung điểm OD, d(M',AC)=√3/2, MM'=1/2. Góc nhị diện [M,AC,D] là góc giữa MM' và M'D (cùng vuông góc AC tại M'), nên tan = (1/2)/(√3/2) = 1/√3, góc bằng 30° ≠ 60° → Sai. Kết quả khớp đáp án nguồn: a Đúng, b Đúng, c Sai, d Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
BD=2√3 nên S = (2·2√3)/2 = 2√3.
b) (AI giải đề cho tôi)
BD⊥(SAC) nên SO⊥BD, góc bằng 90°.
c) (AI giải đề cho tôi)
S(MAC) = ½·2·1 = 1 ≠ 3/4.
d) (AI giải đề cho tôi)
tan góc nhị diện = (1/2)/(√3/2) = 1/√3, góc bằng 30° ≠ 60°.

Sử dụng phương pháp tọa độ hóa hoặc hình học không gian:
Do tính đối xứng qua mặt phẳng trung trực của $B^{\prime }{C}^{\prime }$, ta tính được vectơ pháp tuyến của $(PMN)$ và $(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ có tích vô hướng bằng 0, tức là hai mặt phẳng vuông góc với nhau.
Vậy góc tạo bởi hai mặt phẳng bằng $90^{\circ }$.

Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Vì $ABCD$ là hình vuông nên $AO\perp BD$.
Lại có $A^{\prime }A\perp (ABCD)\Rightarrow A^{\prime }A\perp BD$.
Suy ra $BD\perp (A^{\prime }AO)\Rightarrow BD\perp A^{\prime }O$.
Do đó góc giữa hai mặt phẳng $(BD{A}^{\prime })$ và $(ABCD)$ là góc $\widehat{A^{\prime }OA}$.
Tam giác $A^{\prime }AO$ vuông tại $A$, có $A{A}^{\prime }=a$, $AO=\frac{AC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Độ dài cạnh huyền $A^{\prime }O=\sqrt{A{A}^{\prime 2}+A{O}^2}=\sqrt{a^2+\frac{a^2}{2}}=\frac{a\sqrt{6}}{2}$.
Vậy $\sin \widehat{A^{\prime }OA}=\frac{A{A}^{\prime }}{A^{\prime }O}=\frac{a}{\frac{a\sqrt{6}}{2}}=\frac{2}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$.

Gọi $O=AC\cap BD$. Ta có $BD\perp AC$ và $BD\perp A{A}^{\prime }\Rightarrow BD\perp (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })\Rightarrow BD\perp O{A}^{\prime }$ và $BD\perp O{C}^{\prime }$.
Góc giữa $(A^{\prime }BD)$ và $(C^{\prime }BD)$ là góc giữa hai đường thẳng $O{A}^{\prime }$ và $O{C}^{\prime }$.
Theo giả thiết: $AC=2A{A}^{\prime }=2a\sqrt{3}\Rightarrow AO=A{A}^{\prime }=a\sqrt{3}\Rightarrow O{A}^{\prime }=O{C}^{\prime }=\sqrt{A{O}^2+A{A}^{\prime 2}}=a\sqrt{6}$.
Trong tam giác $O{A}^{\prime }{C}^{\prime }$: $\cos \widehat{A^{\prime }O{C}^{\prime }}=\frac{O{A}^{\prime 2}+O{C}^{\prime 2}-A^{\prime }{C}^{\prime 2}}{2\cdot O{A}^{\prime }\cdot O{C}^{\prime }}=\frac{6a^2+6a^2-12a^2}{2\cdot 6a^2}=0$.
Suy ra $\widehat{A^{\prime }O{C}^{\prime }}=90^{\circ }$.

Gọi $O$ là tâm đáy và thiết diện là tam giác cân $SAB$ ($SA=SB=3a$). Gọi $I$ là trung điểm của $AB\Rightarrow \widehat{SIO}=60^{\circ }$. Trong tam giác vuông $SOI$: $SI=\frac{SO}{\sin 60^{\circ }}=\frac{a\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=2a$. Trong tam giác vuông $SIA$: $IA=\sqrt{S{A}^2-S{I}^2}=\sqrt{9a^2-4a^2}=a\sqrt{5}\Rightarrow AB=2a\sqrt{5}$. Diện tích thiết diện là $S_{△SAB}=\frac{1}{2}SI\cdot AB=\frac{1}{2}\cdot 2a\cdot 2a\sqrt{5}=2a^2\sqrt{5}$. Chọn đáp án A.

Gọi $H$ là chân đường vuông góc kẻ từ $O$ đến $BC$.
Vì $OB=OC=a\sqrt{6}$ và tam giác $OBC$ vuông cân tại $O$ nên $OH=\frac{OB\sqrt{2}}{2}=\frac{a\sqrt{6}\cdot \sqrt{2}}{2}=a\sqrt{3}$.
Vì $OA\perp (OBC)$ nên $AH\perp BC$. Góc giữa $(ABC)$ và $(OBC)$ là góc $\widehat{AHO}$.
Ta có $\tan \widehat{AHO}=\frac{OA}{OH}=\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \widehat{AHO}=30^{\circ }$.

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Vì tam giác $ABC$ đều cạnh $a$ nên $AM\perp BC$ và $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SM\perp BC$.
Góc giữa $(SBC)$ và $(ABC)$ là $\widehat{SMA}=60^{\circ }$.
Trong tam giác vuông $SAM$ tại $A$:
$SA=AM\tan 60^{\circ }=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot \sqrt{3}=\frac{3a}{2}$.

Chọn D.

Gọi $M,N$ lần lượt là hình chiếu của $E,F$ lên mặt phẳng $(ABCD)$. Vì $E,F$ là trung điểm $SB,SD$ nên $M,N$ là trung điểm $AB,AD$.
Diện tích tam giác $AMN$ (hình chiếu của $△AEF$) là $S_{AMN}=\frac{1}{2}AM\cdot AN=\frac{1}{2}\cdot \frac{a}{2}\cdot \frac{a}{2}=\frac{a^2}{8}$.
Ta có tam giác $AEF$ đều cạnh $\frac{a\sqrt{2}}{2}$ vì $AE=AF=EF=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Diện tích $△AEF$ là $S_{AEF}=\frac{(a\sqrt{2}/2{)}^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^2\sqrt{3}}{8}$.
Theo công thức hình chiếu diện tích: $\cos \phi =\frac{S_{AMN}}{S_{AEF}}=\frac{a^2/8}{a^2\sqrt{3}/8}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

Thiết diện qua trục là tam giác vuông cân có cạnh bên (đường sinh) $l=a$, cạnh đáy là đường kính $2R=a\sqrt{2}⟹R=\frac{a\sqrt{2}}{2}$, đường cao hình nón là $SO=R=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Xét thiết diện qua đỉnh $S$ là tam giác cân $SCD$. Gọi $H$ là trung điểm của $CD$, khi đó $SH\perp CD$ và $OH\perp CD$, do đó góc giữa thiết diện và mặt phẳng đáy là $\widehat{SHO}=60^{\circ }$.
Trong tam giác vuông $SOH$:
$SH=\frac{SO}{\sin 60^{\circ }}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$.
$OH=\frac{SO}{\tan 60^{\circ }}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{6}$.
Trong đường tròn đáy: $CD=2CH=2\sqrt{R^2-O{H}^2}=2\sqrt{\frac{a^2}{2}-\frac{6a^2}{36}}=2\sqrt{\frac{a^2}{3}}=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$.
Diện tích thiết diện là $S_{\Delta SCD}=\frac{1}{2}SH\cdot CD=\frac{1}{2}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\cdot \frac{2a\sqrt{3}}{3}=\frac{a^2\sqrt{2}}{3}$. Chọn B.

Chọn D.
Gọi $S.ABC$ là hình chóp tam giác đều, $O$ là tâm đáy $ABC$.
Gọi $a$ là độ dài cạnh đáy, $M$ là trung điểm $BC$.
Ta có $OA=\frac{a\sqrt{3}}{3}$, $OM=\frac{a\sqrt{3}}{6}$.
Góc giữa cạnh bên và đáy là $\widehat{SAO}=60^{\circ }\Rightarrow SO=OA\tan 60^{\circ }=\frac{a\sqrt{3}}{3}\cdot \sqrt{3}=a$.
Góc giữa mặt bên và đáy là $\widehat{SMO}=\phi$.
Ta có $\tan \phi =\frac{SO}{OM}=\frac{a}{\frac{a\sqrt{3}}{6}}=\frac{6}{\sqrt{3}}=2\sqrt{3}$.

Gọi $O^{\prime }=A^{\prime }{C}^{\prime }\cap B^{\prime }{D}^{\prime }$. Vì $ABCD$ là hình thoi nên $B^{\prime }{D}^{\prime }\perp A^{\prime }{C}^{\prime }$ và $B^{\prime }{D}^{\prime }\perp A{A}^{\prime }$, suy ra $B^{\prime }{D}^{\prime }\perp (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$. Do đó góc giữa hai mặt phẳng $(A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$ và $(C{B}^{\prime }{D}^{\prime })$ chính là góc giữa hai đường thẳng $O^{\prime }A$ và $O^{\prime }C$. Ta có $O^{\prime }A=O^{\prime }C=\sqrt{O^{\prime }{A}^{\prime 2}+A{A}^{\prime 2}}=\sqrt{1^2+(\sqrt{3}{)}^2}=2=AC$, nên tam giác $O^{\prime }AC$ đều, suy ra $\widehat{A{O}^{\prime }C}=60^{\circ }$.

Kẻ $AH\perp BC$ tại $H$, ta có $AH=\frac{AB\cdot AC}{\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Vì $BC\perp (A^{\prime }AH)$ nên góc giữa $(A^{\prime }BC)$ và $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ bằng $\widehat{A{A}^{\prime }H}=\phi$. Do đó $\tan \phi =\frac{AH}{A{A}^{\prime }}=\frac{a\sqrt{3}/2}{a\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{4}$.

Chọn hệ tọa độ hoặc tính khoảng cách từ $A,C,B$ đến mặt phẳng $(SBD)$ và $(SCD)$: với $AB=BC=a,AD=2a,SA=a\sqrt{2}$, ta có $BD=a\sqrt{2},CD=a\sqrt{2}\Rightarrow BD\perp CD$. Tính được $\sin ((SBD),(SCD))=\frac{\sqrt{14}}{7}$. Chọn A.

Thiết diện qua trục là tam giác vuông cân cạnh $a$, nên đường sinh $l=a$, đường kính đáy $2R=a\sqrt{2}⟹R=\frac{a\sqrt{2}}{2}$, và chiều cao $h=R=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Gọi thiết diện qua đỉnh là tam giác cân $SAB$, $M$ là trung điểm $AB$. Góc giữa $(SAB)$ và đáy là $\widehat{SMO}=60^{\circ }$. Trong tam giác vuông $SOM$: $SM=\frac{SO}{\sin 60^{\circ }}=\frac{a\sqrt{2}/2}{\sqrt{3}/2}=\frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$, $OM=\frac{SO}{\tan 60^{\circ }}=\frac{a\sqrt{2}}{2\sqrt{3}}$. Do $M$ là trung điểm $AB$ nên $AM=\sqrt{R^2-O{M}^2}=\sqrt{\frac{a^2}{2}-\frac{a^2}{6}}=\frac{a}{\sqrt{3}}⟹AB=\frac{2a}{\sqrt{3}}$. Diện tích thiết diện là $S=\frac{1}{2}AB\cdot SM=\frac{1}{2}\cdot \frac{2a}{\sqrt{3}}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{a^2\sqrt{2}}{3}$. Chọn D.

Chọn D.
Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$.
Vì $ABCD$ là hình vuông nên $AC\perp BD$ tại $O$, suy ra $AO\perp BD$.
Lại có $A{A}^{\prime }\perp (ABCD)⟹A{A}^{\prime }\perp BD$, do đó $BD\perp (A^{\prime }AO)⟹BD\perp A^{\prime }O$.
Tương tự, ta có $BD\perp C^{\prime }O$.
Do đó góc giữa hai mặt phẳng $(A^{\prime }BD)$ và $(C^{\prime }BD)$ là góc giữa hai đường thẳng $A^{\prime }O$ và $C^{\prime }O$.
Tam giác $A^{\prime }AO$ vuông tại $A$ nên:
$A^{\prime }O=\sqrt{A{A}^{\prime 2}+A{O}^2}=\sqrt{\frac{6a^2}{4}+\frac{2a^2}{4}}=\sqrt{2a^2}=a\sqrt{2}$.
Tương tự $C^{\prime }O=a\sqrt{2}$.
Ta có $A^{\prime }{C}^{\prime }=AC=a\sqrt{2}$.
Tam giác $A^{\prime }O{C}^{\prime }$ có $A^{\prime }O=C^{\prime }O=A^{\prime }{C}^{\prime }=a\sqrt{2}$ nên là tam giác đều, suy ra $\widehat{A^{\prime }O{C}^{\prime }}=60^{\circ }$.
Vậy góc giữa hai mặt phẳng $(A^{\prime }BD)$ và $(C^{\prime }BD)$ bằng $60^{\circ }$.

Vì $BD\perp AC$ và $BD\perp SA$ nên $BD\perp (SAC)$, suy ra góc nhị diện $[S,BD,C]$ là $\widehat{SOC}$. Trong tam giác vuông $SAO$ tại $A$, ta có $AO=\sqrt{2}$, $SA=3⟹SO=\sqrt{S{A}^2+A{O}^2}=\sqrt{11}$ và $\cos \widehat{SOA}=\frac{AO}{SO}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{11}}$. Do đó $\cos \widehat{SOC}=-\cos \widehat{SOA}=\frac{-1\sqrt{22}}{11}$, suy ra $a=-1,b=22,c=11⟹P=a+b+c=32$.

Đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ nên diện tích đáy là $S_{\text{đaˊy}}=a^2$.
Diện tích xung quanh của hình chóp là $S_{\text{xq}}=S_{\text{tp}}-S_{\text{đaˊy}}=3a^2-a^2=2a^2$.
Gọi $M$ là trung điểm của $CD$, kẻ $SO\perp (ABCD)$ với $O$ là tâm hình vuông $ABCD$.
Khi đó góc giữa mặt bên $(SCD)$ và mặt đáy $(ABCD)$ là góc $\widehat{SMO}=\alpha$.
Diện tích xung quanh gồm 4 tam giác cân bằng nhau:
$S_{\text{xq}}=4\cdot \frac{1}{2}CD\cdot SM=2a\cdot SM=2a^2⟹SM=a$.
Trong tam giác vuông $SOM$ tại $O$, ta có $OM=\frac{a}{2}$.
$\cos \alpha =\frac{OM}{SM}=\frac{a/2}{a}=\frac{1}{2}⟹\alpha =60^{\circ }$.

Chọn D.
Gọi $O$ là tâm đường tròn đáy hình nón. Thiết diện qua trục là $△SAB$ vuông cân tại $S$ có cạnh huyền $AB=a\sqrt{2}$.
Suy ra bán kính đáy $r=OA=OB=\frac{AB}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ và chiều cao $SO=\frac{AB}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Gọi $M$ là trung điểm của dây cung $BC$. Khi đó $OM\perp BC$ và $SM\perp BC$.
Góc giữa mặt phẳng $(SBC)$ và mặt đáy là $\widehat{SMO}=60^{\circ }$.
Xét tam giác $SMO$ vuông tại $O$:
$SM=\frac{SO}{\sin 60^{\circ }}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}.$
$OM=SM\cdot \cos 60^{\circ }=\frac{a\sqrt{6}}{3}\cdot \frac{1}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{6}.$
Trong tam giác vuông $OBM$ tại $M$:
$BM=\sqrt{O{B}^2-O{M}^2}=\sqrt{{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2-{\left(\frac{a\sqrt{6}}{6}\right)}^2}=\sqrt{\frac{a^2}{2}-\frac{a^2}{6}}=\sqrt{\frac{a^2}{3}}=\frac{a}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}.$
Suy ra $BC=2BM=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$.
Diện tích tam giác $SBC$ là:
$S_{△SBC}=\frac{1}{2}SM\cdot BC=\frac{1}{2}\cdot \frac{a\sqrt{6}}{3}\cdot \frac{2a\sqrt{3}}{3}=\frac{a^2\sqrt{18}}{9}=\frac{3a^2\sqrt{2}}{9}=\frac{a^2\sqrt{2}}{3}.$

Chọn B.
Giao tuyến của $(ABCD)$ và $(AB{C}^{\prime })$ là $AB$. Ta có $BC\perp AB$ và $B{C}^{\prime }\perp AB$ nên góc giữa hai mặt phẳng là $\widehat{C^{\prime }BC}$. Trong tam giác vuông $BC{C}^{\prime }$ vuông tại $C$, $BC=a,C{C}^{\prime }=a\sqrt{3}\Rightarrow B{C}^{\prime }=2a$. Vậy $\cos \widehat{C^{\prime }BC}=\frac{BC}{B{C}^{\prime }}=\frac{1}{2}$.