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 17, mã đề 001; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Gọi $I$ là trung điểm $CD$, khi đó $HI\perp CD$, $SH\perp CD$ nên $((SDC),(ABCD))=\widehat{SIH}$. Ta có $HI=\frac{1}{2}CD=\frac{a\sqrt{2}}{2}=SH$, nên $△SIH$ vuông cân tại $H\Rightarrow \widehat{SIH}=45^{\circ }$. Chọn D.

Đáp án: D. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 13, mã đề 101; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Đáp án D.

Gọi $O$ là tâm đáy của hình nón, $S$ là đỉnh, tam giác $SOA$ là nửa thiết diện của tam giác vuông. Khi đó dễ thấy rằng tam giác $SOA$ vuông cân, suy ra $OS=OA=OB=a$.
Gọi $SAB$ là tam giác thiết diện hợp với đáy góc $60^{\circ }$, gọi $M$ là trung điểm của $AB$. Ta có $OM\perp AB$ vì tam giác $OAB$ cân tại $O$.
Hơn nữa, ta có $AB\perp OM$, $AB\perp SO\Rightarrow AB\perp (SOM)$, tức là $SM\perp AB$.
Do đó, $((SAB);(OAB))=\widehat{SMO}=60^{\circ }$.
Ta có $OM=OS\cdot \cot 60^{\circ }=a\cdot \frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$, suy ra $AB=2MA=2\sqrt{O{A}^2-O{M}^2}=2\sqrt{a^2-\frac{a^2}{3}}=\frac{2a\sqrt{6}}{3}$.
Do đó, $SM=\sqrt{O{M}^2+S{O}^2}=\frac{2\sqrt{3}a}{3}$.
Vậy diện tích thiết diện là: $S_{SAB}=\frac{1}{2}SM\cdot AB=\frac{1}{2}\cdot \frac{2a\sqrt{3}}{3}\cdot \frac{2a\sqrt{6}}{3}=\frac{2a^2\sqrt{2}}{3}$.

Trong hình chữ nhật $ABCD$, ta có $AD=\sqrt{B{D}^2-A{B}^2}=\sqrt{5a^2-a^2}=2a$. Vì $CD\perp AD$ và $CD\perp SA$ nên $CD\perp (SAD)\Rightarrow CD\perp SD$. Do đó góc giữa mặt bên $(SCD)$ và mặt đáy $(ABCD)$ là $\widehat{SDA}$. Ta có $\tan \widehat{SDA}=\frac{SA}{AD}=\frac{2\sqrt{3}a}{2a}=\sqrt{3}$. Theo bảng đáp án chính thức trang 7 (Mã đề 201), chọn C.

Vì $CD\perp AD$ và $CD\perp SA$ nên $CD\perp (SAD)\Rightarrow CD\perp SD$. Do đó góc giữa hai mặt phẳng $(SCD)$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SDA}$. Trong tam giác vuông $SAD$: $\tan \widehat{SDA}=\frac{SA}{AD}=\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \widehat{SDA}=30^{\circ }$. Chọn D.

Đáp án: B. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 7, mã đề 101; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Đáp án: C. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 7, mã đề 001; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 6201, trang 9), Câu 6 (Phần III) có đáp số là $121$.

Hình thang cân $ABCD$ là nửa lục giác đều có $CD=6,AB=3,AD=BC=3$. Chọn hệ trục tọa độ hoặc tính khoảng cách hình chiếu vuông góc lên cạnh $AD$, ta tính được góc nhị diện $[D^{\prime },AD,C]\approx 121^{\circ }$.

Vì $△ABC$ vuông tại $A$ nên $AB=\sqrt{B{C}^2-A{C}^2}=\sqrt{a^2-\frac{6a^2}{9}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$. Do $SA=SB=SC$ nên hình chiếu của $S$ lên mặt phẳng $(ABC)$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $△ABC$, chính là trung điểm $H$ của cạnh huyền $BC$. Ta có $AH=\frac{1}{2}BC=\frac{a}{2}$. Chiều cao hình chóp là $SH=\sqrt{S{A}^2-A{H}^2}=\sqrt{\frac{3a^2}{4}-\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Gọi $K$ là trung điểm của $AB$, khi đó $HK\parallel AC$ (đường trung bình) và $HK\perp AB$ tại $K$, suy ra góc giữa $(SAB)$ và $(ABC)$ là $\widehat{SKH}$. Ta có $HK=\frac{1}{2}AC=\frac{a\sqrt{6}}{6}$. Do đó $\tan \widehat{SKH}=\frac{SH}{HK}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\frac{a\sqrt{6}}{6}}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SKH}=60^{\circ }=\frac{\pi }{3}$. Vậy chọn A.

Theo hướng dẫn chấm chính thức (Mã đề 0101, trang 9), Câu 5 (Phần III) có đáp số là $-2,1$.

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 1201, trang 6), Câu 3 (Phần III) có đáp số là $100$.

Đáp án: D. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 11, mã đề 101; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Vì $CD\perp AD$ và $CD\perp SA$ nên $CD\perp (SAD)$, suy ra góc giữa $(SCD)$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SDA}$. Ta có $\tan \widehat{SDA}=\frac{SA}{AD}=\frac{a}{\sqrt{3}a}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \widehat{SDA}=30^{\circ }$. Chọn B.

Gọi $D$ là trung điểm cạnh $BC$. Vì tam giác $SBC$ vuông cân tại $S$ nên $SD\perp BC$ và $SD=\frac{BC}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.
Mặt khác $SA\perp (SBC)\Rightarrow SA\perp BC$, suy ra $BC\perp (SAD)\Rightarrow AD\perp BC$.
Do đó góc phẳng nhị diện $[S,BC,A]$ là $\alpha =\widehat{SDA}$.
Trong tam giác $SAD$ vuông tại $S$: $AD=\sqrt{S{A}^2+S{D}^2}=\sqrt{1+\frac{1}{2}}=\frac{\sqrt{6}}{2}$.
Vậy $\cos \alpha =\frac{SD}{AD}=\frac{\sqrt{2}/2}{\sqrt{6}/2}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

Theo bảng đáp án chính thức mã đề 101 của trường THPT Diễn Châu 5, số đo góc là $135^{\circ }$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 0412, trang 5), Câu 6 (Phần I) chọn đáp án A.

Hình chiếu vuông góc của $\Delta B^{\prime }MD$ lên mặt phẳng đáy $(ABCD)$ là $\Delta ABD$ có diện tích $S_{\Delta ABD}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$.
Ta có $BD=a$, $MD=M{B}^{\prime }=\sqrt{a^2+{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=a\sqrt{\frac{3}{2}}$, $B^{\prime }D=\sqrt{B{D}^2+B{B}^{\prime 2}}=a\sqrt{3}$.
Tam giác $B^{\prime }MD$ vuông cân tại $M$ (vì $M{D}^2+M{B}^{\prime 2}=3a^2=B^{\prime }{D}^2$) nên $S_{\Delta B^{\prime }MD}=\frac{1}{2}MD\cdot M{B}^{\prime }=\frac{3a^2}{4}$.
Vậy $\cos \phi =\frac{S_{\Delta ABD}}{S_{\Delta B^{\prime }MD}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

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 $BM$.

Ta có $BC\perp AB$ và $BC\perp B{B}^{\prime }$ nên $BC\perp (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$. Do đó $BC\perp A^{\prime }B$ và $BC\perp AB$. Hai nửa mặt phẳng $(A^{\prime }BC)$ và $(BCD)$ (chính là $(ABCD)$) có giao tuyến $BC$. Vì $A^{\prime }B\perp BC$ và $AB\perp BC$ nên góc phẳng nhị diện $[A^{\prime },BC,D]$ chính là góc $\widehat{A^{\prime }BA}$. Trong tam giác vuông $AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }$, $AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }$ là hình vuông nên $\widehat{A^{\prime }BA}=45^{\circ }$. Chọn C.