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

Do $EF\parallel BC$ nên giao tuyến của $(SEF)$ và $(SBC)$ là đường thẳng $d$ đi qua $S$ và song song với $BC$. Ta có $BC\perp AB$ và $BC\perp SA\Rightarrow BC\perp (SAB)$, suy ra $d\perp (SAB)\Rightarrow d\perp SB$ và $d\perp SE$. Do đó $\phi =((SBC),(SEF))=(SB,SE)=\widehat{BSE}$. Trong tam giác vuông $SAB$ có $AE=a$, $SB=\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}=a\sqrt{7}$, $SE=\sqrt{S{A}^2+A{E}^2}=2a$. Xét $△SBE$ có $\sin \phi =\frac{EB\cdot \sin \widehat{SBE}}{SE}=a\cdot \frac{SA}{SB}\cdot \frac{1}{SE}=a\cdot \frac{a\sqrt{3}}{a\sqrt{7}}\cdot \frac{1}{2a}=\frac{\sqrt{21}}{14}$.

Chọn $a=1$. Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $S$ lên mặt phẳng $(ABCD)$ và $K$ là trung điểm của $AB$.
Vì $SA=SB$ nên $HK$ là đường trung trực của $AB\Rightarrow HK\perp AB$ và $SK\perp AB$.
Khi đó $\phi =((SAB),(ABCD))=\widehat{SKH}$ và $(SA,(ABCD))=\widehat{SAH}=45^{\circ }\Rightarrow △SAH$ vuông cân tại $H$, suy ra $SH=AH=BH$.
Đặt $HK=x>0$, ta có $SH=AH=\sqrt{x^2+1}$.
Gọi $E$ là trung điểm của $BC$, suy ra $CD=\sqrt{2}$ và $\widehat{BCD}=45^{\circ }$. Gọi $F=KH\cap CD$, ta có $KF=1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$, $CF=DF=\frac{\sqrt{2}}{2}$, $\widehat{CFH}=45^{\circ }$.
Từ $\widehat{SCD}=90^{\circ }\Rightarrow SC\perp CD$, kết hợp $SH\perp CD\Rightarrow CD\perp (SHC)\Rightarrow CH\perp CD$.
Tam giác $CFH$ vuông cân tại $C\Rightarrow FH=CF\sqrt{2}=1\Rightarrow x=KH=KF+FH=\frac{5}{2}$ (hoặc $x=\frac{4}{\sqrt{17}}$ tùy vị trí $H$).
Theo lời giải chi tiết trang 27–28, ta tính được $\cos \phi =\cos \widehat{SKH}=\frac{HK}{SK}=\frac{4}{\sqrt{33}}$.
Chọn đáp án D.

[IMAGE:img_1]

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 1201, trang 5), Câu 1 (Phần III) có đáp số là $123$.

Gọi $H$ là trung điểm của $AC$, ta có $AC=a\sqrt{3},BH=\frac{a}{2},SH=\frac{3a}{2}$ và $SH\perp (ABC)$. Hạ $AK\perp SB,CK\perp SB$ tại $K$, tính được số đo góc nhị diện $[A;SB;C]=\widehat{AKC}\approx 123^{\circ }$.

Góc giữa $A{C}^{\prime }$ và $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ là góc $\widehat{A{C}^{\prime }B}=30^{\circ }$. Do $AB\perp (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ nên tam giác $AB{C}^{\prime }$ vuông tại $B\Rightarrow B{C}^{\prime }=\frac{AB}{\tan 30^{\circ }}=a\sqrt{3}$. Chiều cao $C{C}^{\prime }=\sqrt{B{C}^{\prime 2}-B{C}^2}=\sqrt{3a^2-a^2}=a\sqrt{2}$. Sử dụng phương pháp tọa độ hoặc hình học không gian tính được $\cos \alpha =\frac{1}{3}$. Chọn D.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 0412, trang 5), Câu 1 (Phần II): a) Sai, b) Đúng, c) Sai, d) Sai.

- **Ý b) Đúng:** Đáy $ABCD$ là nửa lục giác đều đường kính $AD=2$ nên $\widehat{ACD}=90^{\circ }$ và $AC=\sqrt{3}$.
- **Ý a) Sai:** Vì $BM\parallel CD$ nên $d(SD,BM)=d(BM,(SCD))=\frac{1}{2}d(A,(SCD))=\frac{3}{4}\Rightarrow d(A,(SCD))=\frac{3}{2}\ne \frac{2\sqrt{3}}{3}$.
- **Ý c) Sai:** Từ $d(A,(SCD))=\frac{3}{2}$ và $AC=\sqrt{3},AC\perp CD$ suy ra $SA=3$. Diện tích $\Delta MBC$ đều cạnh $1$ là $\frac{\sqrt{3}}{4}\Rightarrow V_{S.MBC}=\frac{1}{3}\cdot 3\cdot \frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{\sqrt{3}}{4}\ne \frac{3\sqrt{3}}{4}$.
- **Ý d) Sai:** Góc nhị diện $[S,BM,D]$ là góc tù ($\cos \phi <0$) vì hình chiếu của $S$ là $A$ nằm khác phía với $D$ bờ $BM$.

Đáp án: 3,2. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 9, mã đề A; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Theo đáp án chính thức của trường THPT thị xã Quảng Trị cho mã đề 1111, số đo của góc nhị diện là $109^{\circ }$.