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

Đáy $ABCD$ hình vuông đường chéo $a\sqrt{2}\Rightarrow AB=a,OA=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Ta có $BD\perp (SAC)\Rightarrow \widehat{SOA}=\alpha$.
$\tan \alpha =\frac{SA}{OA}=\sqrt{2}\Rightarrow SA=a$.
Gọi góc giữa hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBC)$ là $\beta$. Kẻ $BK\perp SC$ ($K\in SC$).
Vì $BO\perp (SAC)$ nên góc giữa hai mặt phẳng bằng $60^{\circ }$.

Chọn B.
Gọi $O=AC\cap BD$. Vì $ABCD$ là hình vuông cạnh $2a$ nên $AO\perp BD$ và $AO=\frac{2a\sqrt{2}}{2}=a\sqrt{2}$.
Mặt khác $SA\perp (ABCD)⟹SA\perp BD$, suy ra $BD\perp (SAO)⟹SO\perp BD$.
Do đó $\phi =((SBD),(ABCD))=\widehat{SOA}$. Trong tam giác vuông $SAO$: $\tan \phi =\frac{SA}{AO}=\frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{2}}=1⟹\phi =45^{\circ }$.

Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Vì $ABCD$ là hình vuông nên $AO\perp BD$.
Lại có $SA\perp (ABCD)⟹SA\perp BD$.
Do đó $BD\perp (SAO)⟹SO\perp BD$.
Suy ra góc giữa $(SBD)$ và $(ABCD)$ là góc $\widehat{SOA}=\phi$.
Độ dài $AC=2a\sqrt{2}⟹AO=\frac{AC}{2}=a\sqrt{2}$.
Trong tam giác vuông $SAO$ tại $A$:
$\tan \phi =\frac{SA}{AO}=\frac{3a}{a\sqrt{2}}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$.
Chọn đáp án 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.

Kéo dài các cạnh bên cắt nhau tại $S$, ta được hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có $A^{\prime }{B}^{\prime }=\frac{1}{2}AB\Rightarrow SA=2A{A}^{\prime }=8a$. Gọi $M,N$ là trung điểm $AB,CD$. Khi đó $SM=SN=\sqrt{S{A}^2-A{M}^2}=\sqrt{64a^2-16a^2}=4a\sqrt{3}$ và $MN=8a$. Trong $△SMN$, ta có $\cos \widehat{MSN}=\frac{S{M}^2+S{N}^2-M{N}^2}{2\cdot SM\cdot SN}=\frac{48a^2+48a^2-64a^2}{2\cdot 48a^2}=\frac{1}{3}\Rightarrow \widehat{MSN}\approx 70,5^{\circ }$.

Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Vì $ABCD$ là hình vuông cạnh $2a$ nên $AO\perp BD$ và $AO=\frac{AC}{2}=\frac{2a\sqrt{2}}{2}=a\sqrt{2}$. Lại có $SA\perp (ABCD)\Rightarrow SA\perp BD$. Suy ra $BD\perp (SAO)\Rightarrow BD\perp SO$. Do đó góc giữa hai mặt phẳng $(SBD)$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SOA}$. Ta có $\tan \widehat{SOA}=\frac{SA}{AO}=\frac{a\sqrt{6}}{a\sqrt{2}}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SOA}=60^{\circ }$.


Chọn đáp án C.

Xét $△ABC$ có $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2-2AB\cdot BC\cos 135^{\circ }}=\sqrt{10}$ và $S_{△ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot BC\sin 135^{\circ }=1$. Đường cao $BH\perp AC$ có $BH=\frac{2S_{△ABC}}{AC}=\frac{2}{\sqrt{10}}$, và $BH\perp (SAC)$. Kẻ $BK\perp SC$ tại $K$, góc phẳng nhị diện $[A,SC,B]$ là $\widehat{BKH}$. Trong $△SBC$ có $SB=\sqrt{7},BC=2,SC=\sqrt{15}\Rightarrow BK=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{5}}$, nên $\sin \widehat{BKH}=\frac{BH}{BK}=\frac{1}{2}\Rightarrow \widehat{BKH}=30^{\circ }$. Chọn A.

[IMAGE_1]

Ta có $(A^{\prime }{B}^{\prime }CD)\cap (ABCD)=CD$, $BC\perp CD$ và $B^{\prime }C\perp CD$, suy ra $((A^{\prime }{B}^{\prime }CD),(ABCD))=(BC,B^{\prime }C)=\widehat{B^{\prime }CB}=45^{\circ }$.

**Chọn A**

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Tam giác $ABC$ đều cạnh $a$ nên $AM\perp BC$ và $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Vì $A^{\prime }A\perp (ABC)$ nên $A^{\prime }M\perp BC$, suy ra góc giữa $(A^{\prime }BC)$ và $(ABC)$ là góc $\widehat{A^{\prime }MA}$.
Xét tam giác $A^{\prime }AM$ vuông tại $A$:
$\tan \widehat{A^{\prime }MA}=\frac{A^{\prime }A}{AM}=\frac{\frac{3a}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{A^{\prime }MA}=60^{\circ }$.

Gọi $O=AC\cap BD$. Vì $ABCD$ là hình vuông cạnh $2$ nên $AO=CO=\sqrt{2}$ và $BD\perp (SAC)$, suy ra góc phẳng nhị diện $[S,BD,C]$ là $\widehat{SOC}=180^{\circ }-\widehat{SOA}$. Trong $△SOA$ vuông tại $A$, $\tan \widehat{SOA}=\frac{SA}{AO}=\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{2}}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SOA}=60^{\circ }\Rightarrow \widehat{SOC}=120^{\circ }$. Đáp án chính thức của đề (Mã đề 0101, trang 5): 120.

Giao tuyến của $(AC{D}^{\prime })$ và $(ABCD)$ là đường thẳng $AC$. Gọi $O=AC\cap BD$. Trong mặt phẳng đáy $(ABCD)$, $DO\perp AC$. Vì $D^{\prime }D\perp (ABCD)$ nên theo định lí ba đường vuông góc ta có $D^{\prime }O\perp AC$. Do đó góc giữa hai mặt phẳng là $\alpha =\widehat{D^{\prime }OD}$. Ta có tam giác $D^{\prime }OD$ vuông tại $D$, $D^{\prime }D=a$ và $DO=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Do đó $\tan \alpha =\frac{D^{\prime }D}{DO}=\frac{a}{\frac{a\sqrt{2}}{2}}=\sqrt{2}$.

Chọn A.

Gọi $N,K$ lần lượt là trung điểm của $AF,BE$. Khi đó $(MCD)$ trùng với $(NKCD)$.
Do $(ABCD)\perp (ABEF)$ theo giao tuyến $AB$ và $AF\perp AB$ nên $AF\perp (ABCD)\Rightarrow AF\perp CD$.
Mặt khác $CD\perp AD$ nên $CD\perp (ADF)$. Suy ra góc giữa hai mặt phẳng $(MCD)$ và $(EFCD)$ là $\alpha =\widehat{NDF}$.
Đặt $AB=a>0$. Trong tam giác $NDF$ có $NF=\frac{a}{2}$, $ND=\frac{a\sqrt{5}}{2}$, $DF=a\sqrt{2}$.
Theo định lý cosin: $\cos \alpha =\frac{D{F}^2+D{N}^2-F{N}^2}{2\cdot DN\cdot DF}=\frac{3\sqrt{10}}{10}$.

Kẻ $AH\perp BC$ tại $H$. Vì $SA\perp (ABC)\Rightarrow SA\perp BC$, do đó $BC\perp (SAH)\Rightarrow BC\perp SH$. Góc giữa $(SBC)$ và $(ABC)$ là góc $\widehat{SHA}$. Trong tam giác vuông $ABC$: $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{C}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{3a^2}=\frac{4}{3a^2}\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Trong tam giác vuông $SAH$: $\tan \widehat{SHA}=\frac{SA}{AH}=\frac{a/2}{a\sqrt{3}/2}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \widehat{SHA}=30^{\circ }$. Chọn A.

Ta có $BC\perp AB$ và $BC\perp SA$ (do $SA\perp (ABC)$) nên $BC\perp (SAB)⟹BC\perp SB$. Do đó góc giữa hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(ABC)$ là $\widehat{SBA}$. Trong tam giác vuông $SAB$: $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\sqrt{3}⟹\widehat{SBA}=60^{\circ }$.

**Chọn A**

D. 300 .

Gọi H là trung điểm AB .

( SAB ) ⊥ ( ABCD ) ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) ⇒ SH ⊥ BC ; mà BC ⊥ AB suy ra BC ⊥ ( SAB ) .

( ( SBC ) , ( ABCD) ) = ( SB, AB ) = SBA = 60

0

(

)

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.

Gọi $O$ là tâm của hình vuông đáy $ABCD$ và $M$ là trung điểm của $AB$. Khi đó $SM\perp AB$ và $OM\perp AB$, góc giữa $(SAB)$ và $(ABCD)$ là góc $\widehat{SMO}$. Ta có $OM=\frac{AD}{2}=a$. Trong tam giác vuông $SAB$: $SM=\sqrt{S{A}^2-A{M}^2}=\sqrt{5a^2-a^2}=2a$. Trong tam giác vuông $SMO$: $\cos \widehat{SMO}=\frac{OM}{SM}=\frac{a}{2a}=\frac{1}{2}\Rightarrow \widehat{SMO}=60^{\circ }$. Chọn B.

**Chọn B**

14

Kẻ AM  BC ở M .
Ta có BC  AM , BC  AA'  BC  ( AMA' ) .

( ( A'BC ) , ( ABC ) ) = 
A'MA .
a 3
Ta có AA' = a , AM =
2
3 a 7
Xét tam giác AMA' vuông ở A có: A'M = a 2 + a 2 = .
4 2
3
a
AM 21
cos ( A'MA ) = = 2 =
A'M a 7 7
2
21
Cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng ( A'BC ) và ( ABC ) bằng .
7

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Do tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$ nên $AM\perp BC$ và $AM=\frac{BC}{2}=\frac{AB\sqrt{2}}{2}$. Mặt khác $SA\perp BC$ nên $SM\perp BC$. Góc giữa $(SBC)$ và $(ABC)$ là $\widehat{SMA}$. Ta có $\tan \widehat{SMA}=\frac{SA}{AM}=\frac{\frac{\sqrt{6}}{2}AB}{\frac{\sqrt{2}}{2}AB}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SMA}=60^{\circ }$. Chọn B.

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