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

Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp AB$ và $SA\perp AC$.

Ta có $\{\begin{array}{l}(SAB)\cap (SAC)=SA\\ SA\perp AB\\ SA\perp AC\end{array}\Rightarrow ((SAB),(SAC))=(AB,AC)$.

Xét $△ABC$ có $\cos \widehat{BAC}=\frac{A{B}^2+A{C}^2-B{C}^2}{2AB\cdot AC}=\frac{a^2+a^2-(a\sqrt{3}{)}^2}{2a^2}=-\frac{1}{2}\Rightarrow \widehat{BAC}=120^{\circ }$.

Vậy $((SAB),(SAC))=180^{\circ }-120^{\circ }=60^{\circ }$.

Gọi $I$ là trung điểm của $BC$. Vì $△ABC$ đều cạnh $a$ nên $AI\perp BC$ và $AI=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Do $BC\perp AI$ và $BC\perp SA$ nên $BC\perp (SAI)\Rightarrow BC\perp SI$.
Suy ra góc giữa hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(ABC)$ là $\widehat{SIA}$.
Trong $△SAI$ vuông tại $A$, ta có $\tan \widehat{SIA}=\frac{SA}{AI}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=1\Rightarrow \widehat{SIA}=45^{\circ }$.

**Chọn B**

(Theo bảng đáp án chính thức của Trường THPT Bạch Đằng - Mã đề 101, trang 7-8; đề thi gốc không kèm lời giải tự luận chi tiết).

Gọi $O=AC\cap BD$. Vì $ABCD$ là hình vuông nên $AO\perp BD$ và $CO\perp BD$. Mặt khác $SA\perp (ABCD)\Rightarrow SA\perp BD$, suy ra $BD\perp (SAC)\Rightarrow BD\perp SO$. Do đó góc phẳng nhị diện $[S,BD,C]$ là $\widehat{SOC}$. Trong tam giác vuông $SAO$ có $AO=\frac{1}{2}AC=SA$ nên $\widehat{SOA}=45^{\circ }\Rightarrow \widehat{SOC}=180^{\circ }-45^{\circ }=135^{\circ }$. Chọn B.

**Chọn C**

 BC  AB
Ta có   BC   SBC   BC  SB .
 BC  SA

 SBC    ABCD   BC
  SB; AB  SBA
Ta có  AB  BC , AB   ABCD     SBC  ;  ABCD     .

 SB  BC , SB   SBC 

  AB  1  SBA
Xét tam giác vuông SAB có cos SBA   60 .
SB 2

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 0135, trang 17), Câu 6 (Phần III) có kết quả là: 30.

Sử dụng phương pháp toạ độ hoặc hình học không gian xác định góc giữa hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBC)$ cùng chứa cạnh $SC$.
Tính được $\cos m^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow m=30^{\circ }$.
Vậy $m=30$.

Gọi $A^{\prime },B^{\prime }$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A,B$ trên trục $Ox$.
Ta có $A^{\prime }(6;0;0)$ và $B^{\prime }(4;0;0)$.

Các vectơ hình chiếu:
$\overrightarrow{A^{\prime }A}=(0;5;-1),\overrightarrow{B^{\prime }B}=(0;-2;3)$.

Góc nhị diện $[A,Ox,B]$ có số đo $\alpha$ bằng góc giữa hai vectơ $\overrightarrow{A^{\prime }A}$ và $\overrightarrow{B^{\prime }B}$:
$\cos \alpha =\frac{\overrightarrow{A^{\prime }A}\cdot \overrightarrow{B^{\prime }B}}{|\overrightarrow{A^{\prime }A}|\cdot |\overrightarrow{B^{\prime }B}|}=\frac{0\cdot 0+5\cdot (-2)+(-1)\cdot 3}{\sqrt{5^2+(-1{)}^2}\cdot \sqrt{(-2{)}^2+3^2}}=\frac{-13}{\sqrt{26}\cdot \sqrt{13}}=\frac{-13}{13\sqrt{2}}=-\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Suy ra $\alpha =135^{\circ }$.

Gọi $H$ là trung điểm của $AB$. Vì $△SAB$ cân tại $S$ và $(SAB)\perp (ABCD)$ nên $SH\perp (ABCD)$, với $SH=\frac{2S_{△SAB}}{AB}=\frac{2\cdot 6}{4}=3$.
Trong mặt phẳng $(ABCD)$, kẻ $HI\perp AC$ tại $I$. Vì $ABCD$ là hình vuông cạnh $4$ nên khoảng cách từ $B$ đến $AC$ là $BO=\frac{4\sqrt{2}}{2}=2\sqrt{2}$, suy ra $HI=\frac{1}{2}BO=\sqrt{2}$.
Khi đó $\widehat{SIH}$ là góc phẳng nhị diện của $[S;AC;B]$, còn góc nhị diện $[S;AC;D]$ bù với $\widehat{SIH}$, nên:
$\cos [S;AC;D]=-\cos \widehat{SIH}=-\frac{HI}{\sqrt{S{H}^2+H{I}^2}}=-\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3^2+(\sqrt{2}{)}^2}}=-\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{11}}\approx -0,4$ (đúng theo bảng đáp án chính thức Mã đề 0101 trang 5; lưu ý phần lời giải tham khảo ở trang 15 thay nhầm $SH=2,HI=2\sqrt{2}$ của mã đề khác nên ghi $-0,8$).

Vì $BC\perp AB$ và $BC\perp SA$ (do $SA\perp (ABC)$) nên $BC\perp (SAB)\Rightarrow BC\perp SB$. Do đó góc phẳng nhị diện $[S,BC,A]$ là $\widehat{SBA}$. Tam giác $SAB$ vuông cân tại $A$ ($SA=AB=a$) nên $\widehat{SBA}=45^{\circ }$.

Ta có $BD\perp AC$ và $BD\perp SA\Rightarrow BD\perp (SAC)$, nên $[S;BD;A]=\widehat{SOA}$ (góc nhọn), còn $[S;BD;C]=\widehat{SOC}=180^{\circ }-\widehat{SOA}\ne \widehat{SOA}$. Chọn C.

Chọn $a=1$. Kẻ $AH\perp BD$ tại $H$ và $CK\perp BD$ tại $K$ trong mặt phẳng $(ABCD)$. Trong tam giác vuông $ABD$ có $AB=4,AD=1$, ta có $AH=\frac{AB\cdot AD}{\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}}=\frac{4}{\sqrt{17}}$.
Vì $A{A}^{\prime }\perp (ABCD)$ và $AH\perp BD$ nên $A^{\prime }H\perp BD$, suy ra góc phẳng nhị diện $[A^{\prime },BD,A]$ là góc nhọn $\beta =\widehat{A^{\prime }HA}$ với $\tan \beta =\frac{A{A}^{\prime }}{AH}=\frac{1}{4/\sqrt{17}}=\frac{\sqrt{17}}{4}$.
Vì hai điểm $A$ và $C$ nằm về hai phía của đường thẳng $BD$ trên mặt phẳng $(ABCD)$, hai nửa mặt phẳng $(CBD)$ và $(ABD)$ đối nhau bờ $BD$, nên góc nhị diện $[A^{\prime },BD,C]$ bù với góc $[A^{\prime },BD,A]$:
$\alpha =180^{\circ }-\arctan \left(\frac{\sqrt{17}}{4}\right)\approx 180^{\circ }-45,86^{\circ }=134,14^{\circ }\approx 134^{\circ }$.

Trong hình thoi $ABCD$ cạnh $a$ tâm $O$, hai đường chéo vuông góc tại $O$. Từ $OB=\frac{a\sqrt{3}}{3}$ suy ra $OC=\sqrt{B{C}^2-O{B}^2}=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$.
Kẻ $OH\perp BC$ tại $H$, ta có $\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{O{B}^2}+\frac{1}{O{C}^2}=\frac{3}{a^2}+\frac{3}{2a^2}=\frac{9}{2a^2}\Rightarrow OH=\frac{a\sqrt{2}}{3}$.
Do $SO\perp (ABCD)$ và $OH\perp BC$ nên $SH\perp BC$, suy ra góc phẳng nhị diện $[S,BC,O]$ (cũng là $[A,BC,S]$) là $\widehat{SHO}$.
Ta có $\tan \widehat{SHO}=\frac{SO}{OH}=\frac{a\sqrt{6}/3}{a\sqrt{2}/3}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SHO}=60^{\circ }$. Vậy giá trị của $a$ bằng $60$.

Trong hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$, $SO\perp (ABCD)$ và $O$ là trung điểm $AC$.
Gọi $M$ là trung điểm $SC$. Trong tam giác $SAC$, $OM$ là đường trung bình nên $OM\parallel SA$.
Vì $BD\perp AC$ và $BD\perp SO⟹BD\perp (SAC)⟹BD\perp OM$ và $BD\perp OC$.
Giao tuyến của $(MBD)$ và $(ABCD)$ là đường thẳng $BD$.
Do $OM\perp BD$ và $OC\perp BD$ nên góc giữa $(MBD)$ và $(ABCD)$ là góc $\widehat{MOC}$.
Ta có tam giác $SAC$ vuông tại $S$ vì $S{A}^2+S{C}^2=a^2+a^2=2a^2=A{C}^2$.
Trong tam giác vuông $SAC$, trung tuyến $SO=\frac{AC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}=OC$.
Do $OM$ là đường trung bình nên $OM=\frac{SA}{2}=\frac{a}{2}$, $MC=\frac{a}{2}$.
Trong tam giác $SOC$ vuông tại $O$, $M$ là trung điểm cạnh huyền $SC⟹OM=MC=\frac{a}{2}$, và $\widehat{MOC}=45^{\circ }$.
Đáp án: 45.

Gọi $a$ là độ dài cạnh của hai tam giác đều cạnh bằng nhau $\Delta ABC$ và $\Delta SAB$.
Gọi $H$ là trung điểm $AB$. Vì $\Delta SAB$ đều nên $SH\perp AB$ và $SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Do $(SAB)\perp (ABC)$ nên $SH\perp (ABC)$.
Kẻ $HK\perp BC$ tại $K$. Theo định lý ba đường vuông góc, $SK\perp BC$.
Do đó góc phẳng nhị diện $[S,BC,A]$ là góc $\widehat{SKH}=\alpha$.
Trong $\Delta ABC$ đều, $\hat{B}=60^{\circ }⟹HK=HB\sin 60^{\circ }=\frac{a}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{4}$.
Trong tam giác vuông $SHK$ tại $H$:
$SK=\sqrt{S{H}^2+H{K}^2}=\sqrt{\frac{3a^2}{4}+\frac{3a^2}{16}}=\sqrt{\frac{15a^2}{16}}=\frac{a\sqrt{15}}{4}.$
Suy ra $\cos \alpha =\frac{HK}{SK}=\frac{a\sqrt{3}/4}{a\sqrt{15}/4}=\frac{1}{\sqrt{5}}$.
Do đó ${\cos }^2\alpha =\frac{1}{5}=0,2$.
Đáp án: 0,2.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 101, trang 7), Câu 3 (Phần 1) chọn đáp án B.

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$, suy ra $AM\perp BC$ và $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Do $SA\perp (ABC)$ nên $SM\perp BC$, suy ra $\phi =[S,BC,A]=\widehat{SMA}$. Trong tam giác vuông $SAM$ có $SM=\sqrt{S{A}^2+A{M}^2}=\frac{a\sqrt{15}}{2}$, nên $\sin \phi =\frac{SA}{SM}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$.

Ta có $AC=\sqrt{A{D}^2+C{D}^2}=a\sqrt{2}$ và $SA=\sqrt{S{C}^2-A{C}^2}=\sqrt{6a^2-2a^2}=2a$.
a) Đúng. Ta có $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp CD$.
b) Sai. Ta có $(SB,(ABCD))=(SB,AB)=\widehat{SBA}=45^{\circ }$ do tam giác $SAB$ vuông cân tại $A$.
c) Sai. Gọi $M$ là trung điểm của $AB\Rightarrow AMCD$ là hình vuông cạnh $a$. Gọi $H,K$ là hình chiếu vuông góc của $M,A$ trên $SB$. Ta có $\{\begin{array}{l}CM\perp AB\\ CM\perp SA\end{array}\Rightarrow CM\perp (SAB)\Rightarrow CM\perp SB$. Mặt khác $MH\perp SB\Rightarrow (CMH)\perp SB$. Suy ra $[A,SB,C]=\widehat{MHC}$. Vì tam giác $SAB$ vuông cân tại $A$, $SA=AB=2a$ nên $AK=\frac{1}{2}SB=a\sqrt{2}\Rightarrow MH=\frac{1}{2}AK=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Xét tam giác $CMH$ vuông tại $M\Rightarrow CH=\sqrt{a^2+\frac{a^2}{2}}=\frac{a\sqrt{6}}{2}$ và $\cos \widehat{CHM}=\frac{MH}{CH}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.
d) Đúng. Ta có $\{\begin{array}{l}CD\perp SA\\ CD\perp AD\end{array}\Rightarrow CD\perp (SAD)$.

Theo bảng đáp án chính thức Mã đề 152 (trang 8): Chọn C. Gọi $I$ là trung điểm $BC$, ta có $AI\perp BC$ và $MI\perp BC$, nên góc giữa $(MBC)$ và $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })\parallel (ABC)$ là $\phi =\widehat{MIA}$. Trong tam giác vuông $MAI$ tại $A$: $AM=\frac{a}{2}$, $AI=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, suy ra $\tan \phi =\frac{AM}{AI}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

Theo bảng đáp án chính thức Mã đề 152 (trang 8): Chọn C. Gọi $O=AC\cap BD$, ta có $BD\perp AO$ và $BD\perp SO$ nên góc giữa $(SBD)$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SOA}$. Ta có $AO=\frac{a\sqrt{2}}{2}$, $\tan \widehat{SOA}=\frac{SA}{AO}=\frac{a\sqrt{6}/2}{a\sqrt{2}/2}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SOA}=60^{\circ }$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 121, trang 7), Câu 4 (Phần III) có đáp số là $480$.

Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB,CD$. Ta có $SM\perp (ABCD)$ với $SM=\frac{a}{2}$ và $MN=BC=2a$. Góc giữa $(SAB)$ và $(SCD)$ là $\phi =\widehat{MSN}$ với $\tan \phi =\frac{MN}{SM}=4$. Vậy $120\cdot \tan \phi =480$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 1011, trang 9), Câu 2 (Phần III) có đáp số là $34$.