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

Đáp án: A. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 16, mã đề 333; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

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]

Đáp án đúng là B theo bảng đáp án Mã đề 103 của Sở GD&ĐT Sơn La.

Ta có $(SCD)\cap (ABCD)=CD$.
Vì $CD\perp AD$ (do đáy là hình vuông) và $CD\perp SA$ (do $SA\perp (ABCD)$), nên $CD\perp (SAD)$, suy ra $CD\perp SD$.
Do đó góc giữa hai mặt phẳng $(SCD)$ và $(ABCD)$ là góc giữa $SD$ và $AD$, tức là $\widehat{SDA}$.
Vì $\Delta SAD$ vuông tại $A$ và có $SA=AD$ nên tam giác $SAD$ vuông cân tại $A$, suy ra $\widehat{SDA}=45^{\circ }$. Chọn D.

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 $[A;SB;C]=\widehat{AKC}\approx 123^{\circ }$.

Chọn D.

Gọi $H$ là trung điểm cạnh $BC$, khi đó $BC\perp (SAH)$ nên góc giữa hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(ABC)$ là góc $\widehat{SHA}$. Trong tam giác vuông $SAH$ có: $\tan \widehat{SHA}=\frac{SA}{AH}=\frac{a}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{2}{\sqrt{3}}$.

Chọn C

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

Ta có $SB=\sqrt{S{A}^2-A{B}^2}=a\sqrt{3}$. Vì $CD\perp BC$ và $CD\perp SB$ nên góc giữa $(SCD)$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SCB}=\alpha$. Khi đó $\tan \alpha =\frac{SB}{BC}=\frac{a\sqrt{3}}{a\sqrt{3}}=1$. Chọn D.

Đáp án: D. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 21, mã đề 301; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$, ta có $AM\perp BC$ và $A^{\prime }M\perp BC$, nên góc giữa $(A^{\prime }BC)$ và $(ABC)$ là $\widehat{AM{A}^{\prime }}$. Vì $△ABC$ đều cạnh $2a$ nên $AM=a\sqrt{3}$. Khi đó $\tan \widehat{AM{A}^{\prime }}=\frac{A{A}^{\prime }}{AM}=\frac{3a}{a\sqrt{3}}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{AM{A}^{\prime }}=60^{\circ }$.

Vì $△ABC$ và $△ABD$ vuông cân tại $B$ với $AB=a$, ta có $BC=BD=a$. Ta có $AB\perp BC$ và $AB\perp BD\Rightarrow AB\perp (BCD)$. Áp dụng công thức hình chiếu: tam giác $BCD$ là hình chiếu vuông góc của tam giác $ACD$ lên mặt phẳng $(BCD)$. Do đó $\cos \phi =\frac{S_{△BCD}}{S_{△ACD}}$. Ta có $S_{△BCD}=\frac{1}{2}BC\cdot BD\sin 120^{\circ }=\frac{1}{2}a\cdot a\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$. Mặt khác $CD=\sqrt{B{C}^2+B{D}^2-2BC\cdot BD\cos 120^{\circ }}=a\sqrt{3}$. Trong tam giác $ACD$, $AC=AD=a\sqrt{2}$. Gọi $M$ là trung điểm $CD$, $AM=\sqrt{A{C}^2-M{C}^2}=\sqrt{2a^2-\frac{3a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$. Suy ra $S_{△ACD}=\frac{1}{2}a\sqrt{3}\cdot \frac{a\sqrt{5}}{2}=\frac{a^2\sqrt{15}}{4}$. Vậy $\cos \phi =\frac{a^2\sqrt{3}/4}{a^2\sqrt{15}/4}=\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$. Chọn A.

Chọn D

Hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông cân tại A , SA vuông góc với đáy và SA = AB = 1
suy ra $\Delta$ SBC đều cạnh 2 .
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng ( SBC ) suy ra AH \perp ( SBC ) và H là trọng
tâm của $\Delta$ SBC .
Vì AC \perp ( SAB ) và AH \perp ( SBC ) nên ( (
SBC ) , ( SBA ) =  ) ( .
AC , AH = HAC )
15
1 1 1 1 3 2 3 6
Ta có 2
= 2
+ 2
+ 2
$\iff$ AH = và HC =  2 = nên
AH AB AC AS 3 3 2 3
 = HC = 2 .
tan HAC
HA

Vì $CD\perp AD$ và $CD\perp SA$ nên $CD\perp (SAD)\Rightarrow CD\perp SD$. Do đó góc giữa $(SCD)$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SDA}$.

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Khi đó $BC\perp AM$ và $BC\perp SA\Rightarrow BC\perp (SAM)\Rightarrow (\widehat{(SBC),(ABC)})=\widehat{SMA}$. Ta có $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, $\tan \widehat{SMA}=\frac{SA}{AM}=\frac{3a/2}{a\sqrt{3}/2}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SMA}=60^{\circ }$. Chọn C.

Ta có $BC\perp AB$ và $BC\perp SA\Rightarrow BC\perp (SAB)\Rightarrow BC\perp SB$. Do đó góc giữa $(SBC)$ và $(ABCD)$ là góc $\widehat{SBA}$. Ta có $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\frac{a\sqrt{3}/3}{a}=\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow \widehat{SBA}=30^{\circ }$. Chọn D.

Chọn D.

$\{\begin{array}{l}SO\perp CD\\ OM\perp CD\end{array}\Rightarrow SM\perp CD$.
$((SCD),(ABCD))=\widehat{SMO}$.
Tam giác $SMO$ vuông tại $O$ có $SO=a,OM=a\Rightarrow \widehat{SMO}=45^{\circ }$.

Gọi $M$ là trung điểm của $AB$, suy ra $CM\perp AB$.

Ta có $\{\begin{array}{l}AB\perp CM\\ AB\perp C{C}^{\prime }\end{array}\Rightarrow AB\perp (MC{C}^{\prime })\Rightarrow AB\perp M{C}^{\prime }$.

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng $(AB{C}^{\prime })$ và $(ABC)$ bằng $\widehat{C^{\prime }MC}$.

Ta có $CM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Trong tam giác vuông $BC{C}^{\prime }$: $C{C}^{\prime }=\sqrt{B{C}^{\prime 2}-B{C}^2}=\sqrt{\frac{5a^2}{4}-a^2}=\frac{a}{2}$.

Trong tam giác vuông $MC{C}^{\prime }$: $\tan \widehat{C^{\prime }MC}=\frac{C{C}^{\prime }}{CM}=\frac{a/2}{a\sqrt{3}/2}=\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow \widehat{C^{\prime }MC}=30^{\circ }$.

Gọi $I$ là trung điểm của $BC$. Vì $△ABC$ đều cạnh $a$ nên $AI\perp BC$ và $AI=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Lại có $A{A}^{\prime }\perp (ABC)\Rightarrow A{A}^{\prime }\perp BC$, suy ra $BC\perp (A{A}^{\prime }I)\Rightarrow BC\perp A^{\prime }I$. Do đó góc giữa $(A^{\prime }BC)$ và $(ABC)$ là $\widehat{A^{\prime }IA}$. Trong $△A^{\prime }AI$ vuông tại $A$, ta có $\tan \widehat{A^{\prime }IA}=\frac{A{A}^{\prime }}{AI}=\frac{3a/2}{a\sqrt{3}/2}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{A^{\prime }IA}=60^{\circ }$. Chọn A.

Đáp án: A. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 7, mã đề 190; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)