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

Hình vẽ phục vụ câu a).
[Hình cần kiểm tra lại: p10_f3]

a) Ta có $\{\begin{array}{l}AD\perp AB\\ AD\perp SB\end{array}$.
Suy ra $AD\perp (SAB)$.
Suy ra $(SAD)\perp (SAB)$.

b) Trong $(ABCD)$, kẻ $BE\perp CM$ với $E\in CM$.
Suy ra $SE\perp CM$.
Suy ra $CM\perp (SEB)$.
Suy ra $SEB$ là góc nhị diện $[S,CM,B]$.
Ta có $\frac{1}{B{E}^2}=\frac{1}{B{M}^2}+\frac{1}{B{C}^2}=\frac{4}{a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{5}{a^2}$.
Suy ra $BE=\frac{a\sqrt{5}}{5}$.
Ta có $\tan SEB=\frac{SB}{BE}=\sqrt{15}$.
Suy ra $SEB\approx 76^0$.

c) Gọi $N$ là trung điểm của $CD$.
Ta có $\{\begin{array}{l}CM\not\subset (SAN)\\ CM//NA,NA\subset (SAN)\end{array}$
Suy ra $CM//(SAN)$.
Do đó, $d(SA,CM)=d((SAN),CM)$
$$=d(M,(SAN))$$
$$=\frac{1}{2}d(B,(SAN))$$
Trong $(ABCD)$, kẻ $BK\perp AN$ với $K\in AN$.
Trong $\Delta SBK$, kẻ $BH\perp SK$ với $H\in SK$.
Suy ra $BH\perp (SAN)$.
Suy ra $d(SA,CM)=\frac{1}{2}d(B,(SAN))=\frac{1}{2}BH$.
Trong $(ABCD)$, gọi $I=AN\cap BC$.
Ta có $\frac{1}{B{H}^2}=\frac{1}{B{K}^2}+\frac{1}{B{S}^2}$
$$=\frac{1}{B{A}^2}+\frac{1}{B{I}^2}+\frac{1}{B{S}^2}$$
$$=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{4a^2}+\frac{1}{3a^2}=\frac{19}{12a^2}.$$
Suy ra $BH=\frac{2a\sqrt{57}}{19}$.
Vậy $d(SA,CM)=\frac{1}{2}BH=\frac{a\sqrt{57}}{19}$.

(AI giải đề cho tôi)
Lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có AC = a, BC = 2a, góc ACB = 120°, góc nhị diện [C', AB, C] = 60°.

a) Diện tích tam giác ABC: S = ½·AC·BC·sin120° = ½·a·2a·(√3/2) = a²√3/2. Đúng.

b) Trong mặt phẳng (ABC), AB² = a² + 4a² − 2·a·2a·cos120° = 7a² nên AB = a√7. Kẻ CH ⊥ AB tại H, do lăng trụ đứng nên C'H ⊥ AB, góc C'HC = 60°. Diện tích cho CH = (AC·BC·sin120°)/AB = (2a²·√3/2)/(a√7) = a√21/7. Khi đó CC' = CH·tan60° = (a√21/7)·√3 = 3a√7/7 ≠ a√21/7 (a√21/7 chính là CH). Sai.

c) Thể tích khối chóp C.ABC' = (1/3)·S(ABC)·CC' = (1/3)·(a²√3/2)·(3a√7/7) = a³√21/14. C'H = CH/cos60° = 2a√21/7 nên S(ABC') = ½·AB·C'H = ½·a√7·2a√21/7 = a²√3. Khoảng cách d(C,(ABC')) = 3V/S(ABC') = (3a³√21/14)/(a²√3) = 3a√7/14. Đúng.

d) Đặt hệ tọa độ: C(0,0,0), A(a,0,0), B(−a, a√3, 0), C'(0,0,h) với h = 3a√7/7. Vectơ chỉ phương u = BC = (−a, a√3, 0), v = AC' = (−a, 0, h). u×v = (a√3·h, a·h, −a²√3), |u×v| = a²√(4h² + 3a²) = a²√(36a²/7 + 21a²/7) = a²√(57a²/7). Khoảng cách = |AC·(u×v)|/|u×v| với AC = (−a,0,0): = a²√3·h/(a²√(57/7)) = √3·(3a√7/7)·√(7/57) = 3a√3/√57 = 3a/√19 = 3a√19/19. Đúng.

Kết quả khớp hoàn toàn với đáp án nguồn: a Đúng, b Sai, c Đúng, d Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
S = ½·a·2a·sin120° = a²√3/2.
b) (AI giải đề cho tôi)
CH = a√21/7, nhưng CC' = CH·tan60° = 3a√7/7 ≠ a√21/7.
c) (AI giải đề cho tôi)
d(C,(ABC')) = 3V/S(ABC') = 3a√7/14.
d) (AI giải đề cho tôi)
Dùng tọa độ, khoảng cách giữa BC và AC' = 3a√19/19.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;a;0)$, $D(0;a;0)$. Vì $\Delta SAB$ đều cạnh $a$ và $(SAB)\perp (ABCD)$ nên trung điểm $M$ của $AB$ là chân đường cao, $S\left(\frac{a}{2};0;\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$.

Vectơ pháp tuyến của $(SAC)$: $\overrightarrow{n_1}=\overrightarrow{AC}\times \overrightarrow{AS}\propto (\sqrt{3};-\sqrt{3};-1)$, độ dài $\sqrt{7}$.
Vectơ pháp tuyến của $(SDC)$: $\overrightarrow{n_2}=\overrightarrow{DC}\times \overrightarrow{DS}\propto (0;\sqrt{3};2)$, độ dài $\sqrt{7}$.

$$\cos \phi =\frac{|\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{n_2}|}{|\overrightarrow{n_1}||\overrightarrow{n_2}|}=\frac{|0-3-2|}{7}=\frac{5}{7}\approx 0,71.$$

Kết quả khớp với đáp án nguồn 0,71.

Gọi $O=AC\cap BD$ và đáy có cạnh bằng $a$. Do $\widehat{BAD}=120^{\circ }$ nên $△ABC$ đều cạnh $a\Rightarrow OC=\frac{a}{2}$, khoảng cách từ $O$ đến $BC$ là $OM=\frac{a\sqrt{3}}{4}$. Vì góc giữa $(SBC)$ và đáy bằng $60^{\circ }$ nên $SO=OM\tan 60^{\circ }=\frac{3a}{4}$. Mặt phẳng $(P)$ chứa $BD$ và vuông góc với $(SBC)$ nên $SC\perp (P)\Rightarrow OE\perp SC$. Trong tam giác vuông $SOC$: $EC\cdot SC=O{C}^2\Rightarrow k=\frac{V_{S.ABCD}}{V_{B.DCE}}=\frac{2SC}{EC}=\frac{2S{C}^2}{O{C}^2}=\frac{2\left(\frac{9a^2}{16}+\frac{a^2}{4}\right)}{\frac{a^2}{4}}=\frac{13}{2}=6,5\in (6;7)$. Chọn đáp án D.

Gắn hệ trục tọa độ $Oxyz$ với $A(0;0;0),B(1;0;0),C(1;1;0),D(0;1;0)$ và $S(a;b;c)$ với $0<a,b<1,c>0$. Ta có ${\vec{n}}_{(SAD)}=(-c;0;a)$, ${\vec{n}}_{(SBC)}=(-c;0;a-1)$, ${\vec{n}}_{(SAB)}=(0;-c;b)$, ${\vec{n}}_{(ABCD)}=(0;0;1)$. Từ $(SAD)\perp (SBC)\Rightarrow c^2+a(a-1)=0\iff c^2=a-a^2$. Từ góc giữa $(SAB)$ và $(SBC)$ bằng $60^{\circ }$ và góc giữa $(SAB)$ và $(SAD)$ bằng $45^{\circ }$, ta tính được $a=\frac{2}{3}$ và $\frac{b}{\sqrt{c^2+b^2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$. Vậy $\cos \alpha =\frac{b}{\sqrt{c^2+b^2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$. Chọn đáp án C.

Bằng phương pháp tọa độ hóa với trung điểm $O$ của $AC$ làm gốc tọa độ, mặt phẳng $(MAB)$ là mặt phẳng phân giác của góc nhị diện $[S,AB,C]$, từ đó tính được $\frac{MS}{MC}=\frac{d(S,(ABC))}{\dots }=\frac{\sqrt{5}}{2}$. Chọn A.

Chọn hệ trục tọa độ $Sxyz$ với $S(0;0;0)$, tia $SA$ trùng $Sz$, tia $SC$ trùng $Sx$, tia $SB$ trùng $Sy$.
Khi đó $A(0;0;a),C(a;0;0),B(0;2a;0)$.
Tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp tam diện vuông $S.ABC$ có tọa độ $O\left(\frac{a}{2};a;\frac{a}{2}\right)$.
Gọi $M,H$ lần lượt là trung điểm của $BC$ và $SB$. Ta có $M\left(\frac{a}{2};a;0\right),H(0;a;0)$.
Khi đó $MH\perp SB$ và $OH\perp SB$, suy ra góc giữa $(SBO)$ và $(SBC)$ là góc $\widehat{OHM}$.
Ta có $OM=\frac{a}{2}=\frac{1}{2}SA$, $HM=\frac{a}{2}=\frac{1}{2}SC$.
Do đó $\tan \widehat{OHM}=\frac{OM}{HM}=\frac{SA}{SC}=1\Rightarrow \widehat{OHM}=45^{\circ }$.

Gọi $H$ là trung điểm của $AB$. Do $△SAB$ cân tại $S$ và $(SAB)\perp (ABCD)$ nên $SH\perp (ABCD)$. Góc giữa $SC$ và đáy là $\widehat{SCH}=60^{\circ }$.
Ta có $HC=\sqrt{B{C}^2+B{H}^2}=\sqrt{(2a{)}^2+a^2}=a\sqrt{5}⟹SH=HC\cdot \tan 60^{\circ }=a\sqrt{15}$.
Gọi $K$ là trung điểm của $CD$, ta có $HK\perp CD$ và $CD\perp SH⟹CD\perp (SHK)⟹\widehat{SKH}$ là góc giữa $(SCD)$ và $(ABCD)$.
Ta có $HK=AD=2a$. Do đó $\tan \widehat{SKH}=\frac{SH}{HK}=\frac{a\sqrt{15}}{2a}=\frac{\sqrt{15}}{2}$. Chọn B.

Sử dụng công thức diện tích hình chiếu $S_{△AMN}=S_{△SBC}\cdot \cos \phi$ hoặc định lý góc giữa hai mặt phẳng, ta tính được góc giữa $(ABC)$ và $(AMN)$ bằng $30^{\circ }$. Chọn A.

[IMAGE_1]

Gọi $O$ là giao điểm của $AC,BD$. Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $O$ trên $SC$. Khi đó $SC\perp (HBD)$ vì $SC\perp BD,SC\perp OH$.

Vậy góc giữa hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(SCD)$ là góc giữa hai đường thẳng $HB,HD$.

Vì $△SCD=△SBC\Rightarrow HB=HD$.

Đặt $SA=x(x>0)$.

Ta có $\cos 60^{\circ }=\frac{|H{B}^2+H{D}^2-B{D}^2|}{2HB\cdot HD}\iff H{B}^2=|2H{B}^2-B{D}^2|\iff [<table><tbody><tr><td>H{B}^2=B{D}^2</td></tr><tr><td>H{B}^2=\frac{B{D}^2}{3}</td></tr></tbody></table>$.

Ta có $△CHO\sim △CSA\Rightarrow OH\cdot CS=CO\cdot SA(1)$.

Trong tam giác $ABC$ ta có $AC=a\sqrt{3},OB=\frac{a}{2}\Rightarrow BD=a$.

TH1: $HB=BD=a\Rightarrow OH=\sqrt{H{B}^2-O{B}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Thay vào $(1)$ ta có $x=\sqrt{x^2+3a^2}$ (vô nghiệm).

TH2: $HB=\frac{BD\sqrt{3}}{3}=\frac{a\sqrt{3}}{3}\Rightarrow OH=\sqrt{H{B}^2-O{B}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{6}$.

Thay vào $(1)$ ta có $\frac{a^2}{12}(x^2+3a^2)=\frac{3a^2}{4}{x}^2\Rightarrow x=\frac{a\sqrt{6}}{4}$.

Gọi $M$ là trung điểm của $AB$, ta có $AMCD$ là hình vuông cạnh $a$ và $BCDM$ là hình bình hành.
Do đó $BC\parallel DM$. Vì $DM\perp AC$ (hai đường chéo hình vuông) nên $BC\perp AC$.
Kết hợp với $SA\perp BC$, ta được $BC\perp (SAC)$.
Trong tam giác vuông $SAC$ vuông tại $A$, kẻ đường cao $AQ\perp SC\Rightarrow AQ\perp (SBC)$.
Độ dài $AQ=\frac{SA\cdot AC}{\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}}=\frac{a\sqrt{2}\cdot a\sqrt{2}}{\sqrt{2a^2+2a^2}}=a$.
Mặt khác, $CD\perp AD$ và $CD\perp SA\Rightarrow CD\perp (SAD)$.
Trong tam giác vuông $SAD$ vuông tại $A$, kẻ đường cao $AR\perp SD\Rightarrow AR\perp (SCD)$.
Độ dài $AR=\frac{SA\cdot AD}{\sqrt{S{A}^2+A{D}^2}}=\frac{a\sqrt{2}\cdot a}{\sqrt{2a^2+a^2}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$.
Góc giữa hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(SCD)$ bằng góc giữa hai đường pháp tuyến $AQ$ và $AR$, tức là góc $\alpha =\widehat{RAQ}$.
Tam giác $ARQ$ vuông tại $R$ nên:
$\cos \alpha =\frac{AR}{AQ}=\frac{\frac{a\sqrt{6}}{3}}{a}=\frac{\sqrt{6}}{3}$.
Chọn D.

Chọn C.
(Theo bảng đáp án chính thức của trường THPT Trần Phú - Hà Tĩnh, Mã đề 101, Trang 5)

Xét hình chóp đều $S.ABC$ có các cạnh bên bằng $a$ và đáy là tam giác đều cạnh $b=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Gọi $M$ là trung điểm của $SC$. Vì tam giác $SAC$ và $SBC$ cân tại $S$ với $SA=SB=SC=a$ và $AC=BC=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, hạ đường cao từ $A$ và $B$ đến cạnh chung $SC$.
Trong tam giác cân $SAC$ có $SA=SC=a,AC=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Kẻ $AH\perp SC$ ($H\in SC$). Do tính đối xứng, ta cũng có $BH\perp SC$ và $BH=AH$.
Khi đó góc giữa hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBC)$ là góc giữa $AH$ và $BH$, ký hiệu $\phi$.
Ta có: $\cos \phi =|\cos \widehat{AHB}|=\left|\frac{A{H}^2+B{H}^2-A{B}^2}{2AH\cdot BH}\right|=\left|1-\frac{A{B}^2}{2A{H}^2}\right|$.
Tính $AH$:
Diện tích tam giác $SAC$ với nửa chu vi $p=a+\frac{a\sqrt{3}}{4}$:
Đường cao từ $S$ xuống đáy $AC$ là $d=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a\sqrt{3}}{4}\right)}^2}=\sqrt{a^2-\frac{3a^2}{16}}=\frac{a\sqrt{13}}{4}$.
$S_{SAC}=\frac{1}{2}AC\cdot d=\frac{1}{2}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{a\sqrt{13}}{4}=\frac{a^2\sqrt{39}}{16}$.
Đồng thời $S_{SAC}=\frac{1}{2}SC\cdot AH=\frac{1}{2}a\cdot AH⟹AH=\frac{a\sqrt{39}}{8}$.
Khi đó:
$$\cos \widehat{AHB}=\frac{2A{H}^2-A{B}^2}{2A{H}^2}=1-\frac{A{B}^2}{2A{H}^2}=1-\frac{\frac{3a^2}{4}}{2\cdot \frac{39a^2}{64}}=1-\frac{\frac{3}{4}}{\frac{39}{32}}=1-\frac{3}{4}\times \frac{32}{39}=1-\frac{8}{13}=\frac{5}{13}.$$
Vì $\cos \widehat{AHB}>0$, góc $\widehat{AHB}$ nhọn nên $\cos \phi =\frac{5}{13}$.

Chọn B.
Ta có $SH\perp (ABCD)\Rightarrow SH\perp BC$.
Mặt khác $SC\perp BC$, suy ra $BC\perp (SHC)\Rightarrow BC\perp HC$.
Khi đó $(SBC)\cap (ABCD)=BC$ và $SC\perp BC,HC\perp BC$, do đó góc giữa hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(ABCD)$ là $\alpha =\widehat{SCH}$.
Trong tam giác vuông $SHC$ vuông tại $H$ (vì $SH\perp HC$):
$SH=SC\cdot \sin \alpha =a\sin \alpha$, và $HC=SC\cdot \cos \alpha =a\cos \alpha$.
Trong mặt phẳng $(ABCD)$, tam giác $HBC$ có $\widehat{HBC}=45^{\circ }$ và $HC\perp BC$, nên tam giác $HBC$ vuông cân tại $C$.
Do đó $BC=HC=a\cos \alpha$ và $HB=HC\sqrt{2}=a\sqrt{2}\cos \alpha$.
Vì $H$ là trung điểm $AB$ nên $AB=2HB=2a\sqrt{2}\cos \alpha$.
Và $CD=\frac{AB}{2}=a\sqrt{2}\cos \alpha$.
Khoảng cách giữa hai đáy $AB$ và $CD$ bằng đường cao hạ từ $C$ xuống $AB$.
Trong tam giác vuông cân $HBC$ vuông cân tại $C$, kẻ $CK\perp HB$ thì $CK=\frac{HB}{2}=\frac{a\sqrt{2}\cos \alpha }{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}\cos \alpha$.
Diện tích hình thang $ABCD$ là:
$S_{ABCD}=\frac{AB+CD}{2}\cdot CK=\frac{2a\sqrt{2}\cos \alpha +a\sqrt{2}\cos \alpha }{2}\cdot \frac{a\sqrt{2}\cos \alpha }{2}=\frac{3a\sqrt{2}\cos \alpha }{2}\cdot \frac{a\sqrt{2}\cos \alpha }{2}=\frac{3}{2}{a}^2{\cos }^2\alpha$.
Thể tích khối chóp $S.ABCD$ là:
$V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SH=\frac{1}{3}\cdot \frac{3}{2}{a}^2{\cos }^2\alpha \cdot a\sin \alpha =\frac{a^3}{2}{\cos }^2\alpha \sin \alpha =\frac{a^3}{2}(1-{\sin }^2\alpha )\sin \alpha$.
Đặt $u=\sin \alpha$ với $0<u<1$. Ta cần tìm $u$ để hàm số $g(u)=u(1-u^2)=u-u^3$ đạt giá trị lớn nhất trên $(0;1)$.
Đạo hàm $g^{\prime }(u)=1-3u^2=0\iff u=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\in (0;1)$.
Vậy khi thể tích lớn nhất thì $\sin \alpha =\frac{\sqrt{3}}{3}$.

Ta có $MN\parallel SD$ và $NP\parallel CD$, suy ra $(MNP)\parallel (SCD)$.
Do đó góc giữa $(SAC)$ và $(MNP)$ bằng góc giữa $(SAC)$ và $(SCD)$: $\alpha =((SAC),(SCD))$.
Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ xuống $(SCD)$, kẻ $HK\perp SC$ tại $K$, ta có $AK\perp SC$ và góc giữa hai mặt phẳng là $\alpha =\widehat{AKH}$.
Khi đó $\sin \alpha =\frac{AH}{AK}$.
Diện tích đáy: $S_{ABCD}=AB\cdot AD\cdot \sin 120^{\circ }=3\cdot 4\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=6\sqrt{3}$.
$V_{S.ACD}=\frac{1}{2}{V}_{S.ABCD}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}SA\cdot S_{ABCD}=\frac{1}{6}\cdot 2\sqrt{3}\cdot 6\sqrt{3}=6$.
Trong $\Delta ACD$: $A{C}^2=A{D}^2+C{D}^2-2AD\cdot CD\cdot \cos 60^{\circ }=16+9-2\cdot 4\cdot 3\cdot \frac{1}{2}=13$.
$S{C}^2=S{A}^2+A{C}^2=12+13=25\Rightarrow SC=5$.
$S{D}^2=S{A}^2+A{D}^2=12+16=28\Rightarrow SD=2\sqrt{7}$.
$S_{\Delta SCD}=3\sqrt{6}$.
Suy ra: $AH=\frac{3V_{S.ACD}}{S_{\Delta SCD}}=\frac{18}{3\sqrt{6}}=\sqrt{6}$.
$AK=\frac{SA\cdot AC}{SC}=\frac{2\sqrt{3}\cdot \sqrt{13}}{5}=\frac{2\sqrt{39}}{5}$.
Do đó $\sin \alpha =\frac{AH}{AK}=\frac{\sqrt{6}}{\frac{2\sqrt{39}}{5}}=\frac{5\sqrt{26}}{26}\approx 0,9806\in \left(\frac{\sqrt{3}}{2};1\right)$.
Chọn A.

Gọi $H$ là trung điểm của $AB⟹SH\perp AB$. Do $(SAB)\perp (ABCD)$ nên $SH\perp (ABCD)$ và $SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Gọi $K$ là trung điểm của $CD⟹HK\perp AB$ và $HK=a$.
Vì $AB\parallel CD$, giao tuyến của $(SAB)$ và $(SCD)$ là đường thẳng $d$ qua $S$ và song song với $AB,CD$.
Khi đó $SH\perp d$ và $SK\perp d$, do đó góc giữa $(SAB)$ và $(SCD)$ là góc $\widehat{HSK}=\phi$.
Tam giác $SHK$ vuông tại $H$ (do $SH\perp (ABCD)⟹SH\perp HK$).
$\tan \phi =\frac{HK}{SH}=\frac{a}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{2}{\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$.
Chọn đáp án B.

Gọi $AD$ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Ta có $DC\perp AC,DB\perp AB$. Do $SA\perp (ABC)$ nên $DC\perp (SAC)\Rightarrow DC\perp AN$. Mặt khác $SC\perp AN$ nên $AN\perp (SCD)\Rightarrow AN\perp SD$. Tương tự $AM\perp SD$. Suy ra $SD\perp (AMN)$. Đường thẳng vuông góc với $(ABC)$ là $SA$. Do đó góc giữa $(ABC)$ và $(AMN)$ chính là góc giữa hai đường thẳng $SA$ và $SD$, tức là góc $\widehat{ASD}$. Ta có bán kính đường tròn ngoại tiếp $R=\frac{BC}{2\sin 135^{\circ }}=\frac{a}{\sqrt{2}}\Rightarrow AD=2R=a\sqrt{2}$. Trong tam giác vuông $SAD$: $SA=AD=a\sqrt{2}$, do đó tam giác $SAD$ vuông cân tại $A$, suy ra $\widehat{ASD}=45^{\circ }$.


Chọn A.

Áp dụng định lý côsin cho góc nhị diện cạnh $AD$ với các góc phẳng đỉnh $A$:
$\cos \alpha =\frac{\cos 30^{\circ }-\cos 45^{\circ }\cos 60^{\circ }}{\sin 45^{\circ }\sin 60^{\circ }}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{2\sqrt{3}-\sqrt{2}}{\sqrt{6}}=2-\frac{1}{\sqrt{3}}\approx 0,84$.

Chọn hệ trục tọa độ vuông góc tại $C(0;0;0)$ sao cho $B(a;0;0),D(0;a;0)$. Vì $AB\perp BC$ và $AD\perp CD$ với $AD=a\sqrt{2}$ nên $A(a;a;a)$.
Hình chiếu vuông góc của $B$ và $D$ lên đường thẳng $AC$ trùng nhau tại $H\left(\frac{a}{3};\frac{a}{3};\frac{a}{3}\right)$.
Khi đó $\overrightarrow{HB}=\frac{a}{3}(2;-1;-1),\overrightarrow{HD}=\frac{a}{3}(-1;2;-1)\Rightarrow \cos \widehat{BHD}=\frac{-2-2+1}{\sqrt{6}\cdot \sqrt{6}}=-\frac{1}{2}\Rightarrow m=120\Rightarrow 2m=240$. Đáp án: 240.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 2000, trang 8), Câu 2 (Phần III) có đáp số là $140$.

Gắn hệ trục tọa độ hoặc dùng định lý cosin cho hai mặt phẳng $(BAE)$ và $(DAE)$ giao nhau theo cạnh $AE=4\text{ m}$ với $AD=8\text{ m}$, $EF=4\text{ m}$, $AB=5\text{ m}$, $EB=3\text{ m}$ (suy ra $△ABE$ vuông tại $E$), tính được góc nhị diện $[B,AE,D]\approx 140^{\circ }$.

Chọn B
Thiết diện qua trục là tam giác vuông cân cạnh huyền $2a\Rightarrow r=a,h=a,l=a\sqrt{2}$.
Gọi $M$ là trung điểm $BC\Rightarrow OM\perp BC,SM\perp BC$. Góc giữa $(SBC)$ và mặt đáy là $\widehat{SMO}=60^{\circ }$.
$SM=\frac{SO}{\sin 60^{\circ }}=\frac{a}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$, $OM=\frac{SO}{\tan 60^{\circ }}=\frac{a}{\sqrt{3}}$.
$BC=2BM=2\sqrt{r^2-O{M}^2}=2\sqrt{a^2-\frac{a^2}{3}}=\frac{2a\sqrt{6}}{3}$.
Diện tích tam giác $SBC$: $S_{\Delta SBC}=\frac{1}{2}SM\cdot BC=\frac{1}{2}\cdot \frac{2a\sqrt{3}}{3}\cdot \frac{2a\sqrt{6}}{3}=\frac{2a^2\sqrt{18}}{9}=\frac{2a^2\cdot 3\sqrt{2}}{9}=\frac{2\sqrt{2}}{3}{a}^2$ (đề ghi $\frac{2\sqrt{3}}{3}{a}^2$, chọn B).