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

[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 $CD$. Khi đó $OM\perp CD$, $SM\perp CD$ và $OM=\frac{BC}{2}=a$. Góc giữa mặt bên $(SCD)$ và mặt đáy $(ABCD)$ là $\widehat{SMO}$. Trong tam giác vuông $SOM$ tại $O$: $\tan \widehat{SMO}=\frac{SO}{OM}=\frac{\sqrt{3}a}{a}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SMO}=60^{\circ }$.

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 $OM=\frac{a}{2}$.
$\cos \alpha =\frac{OM}{SM}=\frac{a/2}{a}=\frac{1}{2}⟹\alpha =60^{\circ }$.

Ta có $BC\perp AB$ và $BC\perp SA$ (do $SA\perp (ABC)$), suy ra $BC\perp (SAB)⟹BC\perp SB$. Do đó góc giữa hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(ABC)$ là $\widehat{SBA}$.

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:
$S_{△SBC}=\frac{1}{2}SM\cdot BC=\frac{1}{2}\cdot \frac{a\sqrt{6}}{3}\cdot \frac{2a\sqrt{3}}{3}=\frac{a^2\sqrt{18}}{9}=\frac{3a^2\sqrt{2}}{9}=\frac{a^2\sqrt{2}}{3}.$

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 889, trang 7), Câu 32 chọn đáp án D.

Ta có $(SCD)\cap (ABCD)=CD$.
Vì $ABCD$ là hình vuông nên $CD\perp AD$.
Mặt khác $SA\perp (ABCD)⟹SA\perp CD$.
Suy ra $CD\perp (SAD)⟹CD\perp SD$.
Do đó góc giữa hai mặt phẳng $(SCD)$ và $(ABCD)$ là góc giữa $SD$ và $AD$, tức góc $\widehat{SDA}$.
Tam giác $SAD$ vuông cân tại $A$ ($SA=AD=a$) nên $\widehat{SDA}=45^{\circ }$.

Chọn đáp án D.

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.
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 $\cos \widehat{C^{\prime }BC}=\frac{BC}{B{C}^{\prime }}=\frac{1}{2}$.

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.

Phương pháp: Gọi $H$ là trung điểm của $AC\Rightarrow SH\perp AC\Rightarrow SH\perp (ABC)$. Dựng góc giữa $(SAB)$ và $(SAC)$.
Cách giải: Kẻ $BI\perp SA\Rightarrow SA\perp (BHI)\Rightarrow SA\perp HI$. Khi đó góc giữa hai mặt phẳng là $\widehat{BIH}$.
Tính các độ dài $BH,HI,BI$ trong tam giác vuông, ta có $\sin \widehat{BIH}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \widehat{BIH}=60^{\circ }$.
Chọn A.

Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$. Ta có $BD\perp AO$ và $BD\perp SA\Rightarrow BD\perp (SAO)\Rightarrow BD\perp SO$. Do đó góc giữa $(SBD)$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SOA}$. Trong tam giác vuông $SAO$ có $SA=a\sqrt{3}$ và $AO=\frac{a\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}}{2}=a$, nên $\tan \widehat{SOA}=\frac{SA}{AO}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SOA}=60^{\circ }$.

Gọi $D$ là trung điểm của $BC$, khi đó $AD\perp BC$ và $AD=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Vì $S.ABC$ là hình chóp tam giác đều nên $SD\perp BC$, suy ra $BC\perp (SAD)$ và góc giữa $(SBC)$ và $(ABC)$ là $\widehat{SDA}$. Kẻ $AH\perp SD$ tại $H$ thì $AH\perp (SBC)$ nên $AH=\frac{3a}{4}$. Trong tam giác vuông $AHD$ tại $H$, ta có $\sin \widehat{SDA}=\frac{AH}{AD}=\frac{3a/4}{a\sqrt{3}/2}=\frac{\sqrt{3}}{2}⟹\widehat{SDA}=60^{\circ }$.

Gọi $M$ là trung điểm của $CD$. Vì tam giác $BCD$ đều nên $BM\perp CD$.
Vì $AB\perp (BCD)$ nên $AB\perp CD$.
Do đó $CD\perp (ABM)\Rightarrow CD\perp AM$.
Vậy góc giữa $(ACD)$ và $(BCD)$ là góc $\widehat{AMB}$.
Ta có $BM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ (đường cao tam giác đều cạnh $a$).
Trong tam giác vuông $ABM$ tại $B$:
$\tan \widehat{AMB}=\frac{AB}{BM}=\frac{a\sqrt{3}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=2.$
Chọn B.

Gọi $H$ là trung điểm $AC\Rightarrow SH\perp (ABC)$ và $BH\perp (SAC)$ với $AH=BH=a\sqrt{2}$, $SH=\sqrt{S{A}^2-A{H}^2}=a$. Kẻ $HK\perp SA$ tại $K\Rightarrow \widehat{((SAB),(SAC))}=\widehat{BKH}$. Ta có $HK=\frac{SH\cdot AH}{SA}=\frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$, suy ra $\tan \widehat{BKH}=\frac{BH}{HK}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{BKH}=60^{\circ }$.

Gọi $I$ là trung điểm của $AC$. Ta có $DI\perp AC$ và $D{D}^{\prime }\perp AC$ nên $AC\perp (D{D}^{\prime }I)$.
Suy ra $\alpha =\widehat{D^{\prime }ID}$.
Trong tam giác vuông $D^{\prime }DI$ tại $D$:
$DI=\frac{a\sqrt{2}}{2},D{D}^{\prime }=a,D^{\prime }I=\sqrt{a^2+\frac{a^2}{2}}=\frac{a\sqrt{6}}{2}.$
Do đó: $\sin \alpha =\frac{D{D}^{\prime }}{D^{\prime }I}=\frac{a}{\frac{a\sqrt{6}}{2}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$.

Gọi $H$ là trung điểm của $BC$. Vì $\Delta ABC$ vuông cân tại $A$ nên $AH\perp BC$ và $AH=\frac{BC}{2}=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$.
Vì $A{A}^{\prime }\perp (ABC)⟹A{A}^{\prime }\perp BC$, kết hợp $AH\perp BC⟹BC\perp (A^{\prime }AH)⟹BC\perp A^{\prime }H$.
Do đó góc giữa $(A^{\prime }BC)$ và $(ABC)$ chính là góc $\widehat{A^{\prime }HA}$.
Tam giác $A^{\prime }AH$ vuông tại $A$ có:
$\tan \widehat{A^{\prime }HA}=\frac{A{A}^{\prime }}{AH}=\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}⟹\widehat{A^{\prime }HA}=30^{\circ }$.