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

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(\sqrt{6};0;0)$, $D(0;\sqrt{3};0)$, $C(\sqrt{6};\sqrt{3};0)$ với $AC=\sqrt{6+3}=3$. Vì $(A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C)\perp (ABCD)$ và chứa $AC$ nên $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=s\overrightarrow{AC}+(0;0;b)=\left(s\sqrt{6};s\sqrt{3};b\right)$.

Tìm $s,b$: Pháp tuyến $(A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C)$: $\overrightarrow{n_1}=\overrightarrow{AC}\times \vec{k}=(\sqrt{3};-\sqrt{6};0)$, $|\overrightarrow{n_1}|=3$. Pháp tuyến $(A{A}^{\prime }{B}^{\prime }B)$: $\overrightarrow{n_2}=\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\sqrt{6}(0;-b;s\sqrt{3})$, $|\overrightarrow{n_2}|=\sqrt{6}\sqrt{b^2+3s^2}$. Vì $\tan \alpha =\frac{3}{4}$ nên $\cos \alpha =\frac{4}{5}$: $\frac{6b}{3\sqrt{6}\sqrt{b^2+3s^2}}=\frac{4}{5}\Rightarrow b^2=72s^2$. Kết hợp $A^{\prime }C=3$: $9(1-s{)}^2+b^2=9\Rightarrow 9-18s+81s^2=9\Rightarrow s=\frac{2}{9}$, $b=\frac{4\sqrt{2}}{3}$.

a) Sai. Pháp tuyến của $(A{A}^{\prime }B)$: $\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\left(0;-\frac{8\sqrt{3}}{3};\frac{2\sqrt{2}}{3}\right)$, của $(A{A}^{\prime }D)$: $\overrightarrow{AD}\times \overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\left(\frac{4\sqrt{6}}{3};0;-\frac{2\sqrt{2}}{3}\right)$. $\cos \phi =\frac{8/9}{\frac{2\sqrt{34}}{3}\cdot \frac{2\sqrt{26}}{3}}=\frac{1}{\sqrt{221}}\approx 0,067$, suy ra $\phi \approx 86,1^{\circ }\ne 90^{\circ }=\widehat{BAD}$ (và $\sin \phi \ne 1$). Vậy khẳng định a) sai.

b) Đúng. $M$ trung điểm $A{A}^{\prime }$ nên $C{M}^2=9{\left(1-\frac{s}{2}\right)}^2+\frac{b^2}{4}=9{\left(\frac{8}{9}\right)}^2+\frac{32/9}{4}=\frac{64}{9}+\frac{8}{9}=8\Rightarrow CM=2\sqrt{2}$.

c) Đúng. $V=AB\cdot AD\cdot h=\sqrt{6}\cdot \sqrt{3}\cdot \frac{4\sqrt{2}}{3}=3\sqrt{2}\cdot \frac{4\sqrt{2}}{3}=8$.

d) Đúng. $K$ là hình chiếu của $B$ trên $AC$ nên $BK\perp AC$, $BK\subset (ABCD)$. Thành phần ngang của $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ song song với $\overrightarrow{AC}$ nên $\overrightarrow{BK}\cdot \overrightarrow{A{A}^{\prime }}=0$; cụ thể với $K=\left(\frac{2\sqrt{6}}{3};\frac{2\sqrt{3}}{3};0\right)$, $\overrightarrow{BK}=\left(\frac{\sqrt{6}}{3};-\frac{2\sqrt{3}}{3};0\right)$ và $\overrightarrow{BK}\cdot \overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\frac{12}{27}-\frac{12}{27}=0$. Vậy $BK\perp A{A}^{\prime }$.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) Góc nhị diện $[B,A{A}^{\prime },D]$ có $\cos \phi =\frac{1}{\sqrt{221}}\approx 0,067$, suy ra $\phi \approx 86,1^{\circ }\ne 90^{\circ }=\widehat{BAD}$, tức $\sin \phi \ne 1=\sin \widehat{BAD}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) Với $s=\frac{2}{9}$, $b=\frac{4\sqrt{2}}{3}$: $C{M}^2=9{\left(\frac{8}{9}\right)}^2+\frac{b^2}{4}=\frac{64}{9}+\frac{8}{9}=8\Rightarrow CM=2\sqrt{2}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $V=AB\cdot AD\cdot h=\sqrt{6}\cdot \sqrt{3}\cdot \frac{4\sqrt{2}}{3}=8$.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $BK\subset (ABCD)$, $BK\perp AC$; thành phần ngang của $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ song song $\overrightarrow{AC}$ nên $\overrightarrow{BK}\cdot \overrightarrow{A{A}^{\prime }}=0$, tức $BK\perp A{A}^{\prime }$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(2a;0;0)$, $C(2a;2a;0)$, $D(0;2a;0)$, $S(0;0;a\sqrt{6})$.

a) Vì $ABCD$ là hình vuông nên $AC\perp BD$. Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BD$. Do đó $BD\perp (SAC)$ (BD vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau $AC$, $SA$ trong $(SAC)$).

Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AB$; kết hợp $AB\perp BC$ (hình vuông) suy ra $BC\perp (SAB)$. Mà $BC\subset (SBC)$ nên $(SBC)\perp (SAB)$ (một mặt phẳng chứa đường thẳng vuông góc với mặt phẳng khác thì hai mặt phẳng vuông góc với nhau).

b) Gọi $O=AC\cap BD$. Vì $BD\perp (SAC)$ nên $BD\perp SO$ và $BD\perp AO$, do đó góc nhị diện $[S,BD,A]$ là góc $\widehat{SOA}$. Ta có $AO=\frac{AC}{2}=a\sqrt{2}$, $SO=\sqrt{S{A}^2+A{O}^2}=\sqrt{6a^2+2a^2}=2a\sqrt{2}$. Khi đó $\tan \widehat{SOA}=\frac{SA}{AO}=\frac{a\sqrt{6}}{a\sqrt{2}}=\sqrt{3}$, suy ra $\widehat{SOA}=60^{\circ }$. Vậy số đo góc nhị diện $[S,BD,A]$ bằng $60^{\circ }$.

c) $\overrightarrow{SC}=(2a;2a;-a\sqrt{6})$. Mặt phẳng $(P)$ qua $A(0;0;0)$ vuông góc với $SC$ có phương trình: $2x+2y-\sqrt{6}z=0$.

Đường thẳng $SD$: $\overrightarrow{SD}=(0;2a;-a\sqrt{6})$, điểm $J=S+t\overrightarrow{SD}=(0;2at;a\sqrt{6}(1-t))$. Thay vào phương trình $(P)$: $2(2at)-\sqrt{6}\cdot a\sqrt{6}(1-t)=0\Rightarrow 4at-6a(1-t)=0\Rightarrow 4t-6+6t=0\Rightarrow 10t=6\Rightarrow t=\frac{3}{5}$.

Vậy $\frac{SJ}{SD}=\frac{3}{5}$. (Kiểm tra lại: phương trình $4t-6+6t=0$ cho $t=3/5$, kết luận nhất quán.)

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục $A(0,0,0)$, $B(a,0,0)$, $D(0,a,0)$, $C(a,a,0)$, $A^{\prime }(0,0,h)$ với $h=\frac{a\sqrt{6}}{2}$.
a) $D{D}^{\prime }$ vuông góc mặt đáy trên nên $D{D}^{\prime }\perp A^{\prime }{C}^{\prime }$ (vì $A^{\prime }{C}^{\prime }$ nằm trong mặt đáy trên). Đúng.
b) $\tan (\angle (A{O}^{\prime },(ABCD)))=\frac{h}{a\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}/2}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\approx 40,9^{\circ }$; còn góc với mặt đáy trên: $\sin \alpha =\frac{h}{A{O}^{\prime }}=\frac{a\sqrt{6}/2}{2a}=\frac{\sqrt{6}}{4}\Rightarrow \alpha \approx 37,8^{\circ }$. Hai góc khác nhau → Sai.
c) Giao tuyến của $(C^{\prime },B^{\prime }{D}^{\prime })$ và $(A,B^{\prime }{D}^{\prime })$ là $B^{\prime }{D}^{\prime }$; trung điểm $O^{\prime }$ của $B^{\prime }{D}^{\prime }$: $A{O}^{\prime }\perp B^{\prime }{D}^{\prime }$ và $C^{\prime }{O}^{\prime }\perp B^{\prime }{D}^{\prime }$, nên góc nhị diện là $\angle A{O}^{\prime }{C}^{\prime }$. Với $\overrightarrow{O^{\prime }A}=(-\frac{1}{2},-\frac{1}{2},-h)$, $\overrightarrow{O^{\prime }{C}^{\prime }}=(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0)$ (đơn vị $a$): $\cos \angle A{O}^{\prime }{C}^{\prime }=\frac{-1/2}{\sqrt{2}\cdot \frac{1}{\sqrt{2}}}=-\frac{1}{2}\Rightarrow \angle A{O}^{\prime }{C}^{\prime }=120^{\circ }$ (góc nhị diện $120^{\circ }$, không phải $30^{\circ }$) → Sai.
d) $\overrightarrow{A^{\prime }C}=(a,a,-h)$, $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=(a,0,h)$, $\overrightarrow{A{D}^{\prime }}=(0,a,h)$. $\overrightarrow{A^{\prime }C}\cdot \overrightarrow{A{B}^{\prime }}=a^2-h^2=a^2-\frac{3a^2}{2}=-\frac{a^2}{2}\ne 0$, nên $A^{\prime }C$ không vuông góc với $(A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$ → Sai.
Kết luận: chỉ nhận định a đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$D{D}^{\prime }\perp (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ nên $D{D}^{\prime }\perp A^{\prime }{C}^{\prime }$ với $A^{\prime }{C}^{\prime }$ nằm trong mặt phẳng đó.
b) (AI giải đề cho tôi)
Góc với đáy dưới: $\tan \alpha =\frac{\sqrt{3}}{2}\approx 40,9^{\circ }$; góc với đáy trên: $\sin \beta =\frac{\sqrt{6}}{4}\Rightarrow \beta \approx 37,8^{\circ }$. Hai góc khác nhau.
c) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $A$ và $C^{\prime }$ trên $B^{\prime }{D}^{\prime }$ đều là trung điểm $O^{\prime }$, góc nhị diện $=\angle A{O}^{\prime }{C}^{\prime }=120^{\circ }\ne 30^{\circ }$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{A^{\prime }C}\cdot \overrightarrow{A{B}^{\prime }}=a^2-h^2=-\frac{a^2}{2}\ne 0$ nên $A^{\prime }C$ không vuông góc $(A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $(SAC)\perp (ABCD)$ và $(SBD)\perp (ABCD)$ với giao tuyến chung là $SO$, nên $SO\perp (ABCD)$, suy ra $SO\perp OA$, $SO\perp OB$.

Tam giác $SOA$ vuông tại $O$: $O{A}^2=S{A}^2-S{O}^2=a^2-\frac{2a^2}{3}=\frac{a^2}{3}\Rightarrow OA=\frac{a}{\sqrt{3}}$, $AC=\frac{2a}{\sqrt{3}}$.

Do $ABCD$ là hình thoi nên các đường chéo vuông góc tại $O$: $A{B}^2=O{A}^2+O{B}^2\Rightarrow O{B}^2=a^2-\frac{a^2}{3}=\frac{2a^2}{3}$, suy ra $BD=2OB=\frac{2a\sqrt{6}}{3}$.

a) $ABCD$ là hình thoi nên $BD\perp AC$; lại $BD\perp SO$ (vì $SO\perp (ABCD)$) nên $BD\perp (SAC)\Rightarrow BD\perp SA$. Mặt khác $OE\perp SA$ (giả thiết) và $BD\cap OE=O$, $BD,OE\subset (BDE)$, vậy $SA\perp (BDE)$. (đpcm)

b) Vì $SA\perp (BDE)$ nên $SA\perp EB$ tại $E$ và $SA\perp ED$ tại $E$; do đó góc phẳng nhị diện $[B,SA,D]$ là $\widehat{BED}$.

Tính $OE$: trong tam giác vuông $SOA$ ( đường cao $OE$): $OE\cdot SA=SO\cdot OA\Rightarrow OE=\frac{\frac{a\sqrt{6}}{3}\cdot \frac{a}{\sqrt{3}}}{a}=\frac{a\sqrt{2}}{3}$; $A{E}^2=O{A}^2-O{E}^2=\frac{a^2}{3}-\frac{2a^2}{9}=\frac{a^2}{9}$.

Vì $SA\perp (BDE)$ nên $EA\perp EB$, tam giác $AEB$ vuông tại $E$: $E{B}^2=A{B}^2-A{E}^2=a^2-\frac{a^2}{9}=\frac{8a^2}{9}$; tương tự $E{D}^2=\frac{8a^2}{9}$ (do đối xứng qua $SA$).

Tam giác $BED$: $\cos \widehat{BED}=\frac{E{B}^2+E{D}^2-B{D}^2}{2EB\cdot ED}=\frac{\frac{8a^2}{9}+\frac{8a^2}{9}-\frac{8a^2}{3}}{2\cdot \frac{8a^2}{9}}=\frac{\frac{16-24}{9}}{\frac{16}{9}}=-\frac{1}{2}$.

Vậy góc phẳng nhị diện $[B,SA,D]$ là $\widehat{BED}=\arccos \left(-\frac{1}{2}\right)=120^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Góc nhị diện $[H,SA,B]$ có cạnh là $SA$, hai nửa mặt phẳng là $(SAH)$ và $(SAB)$. Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp AH$ và $SA\perp AB$, với $H\in BC\subset (ABC)$. Trong mặt phẳng $(ABC)$, $AH\perp SA$ tại $A$ và $AB\perp SA$ tại $A$, do đó góc giữa hai nửa mặt phẳng là góc $\widehat{HAB}$. Vậy góc nhị diện $[H,SA,B]=\widehat{HAB}$, chọn đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $D(0;2a;0)$, $A^{\prime }(0;0;3a)$. Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $BD$; vì $A{A}^{\prime }\perp (ABCD)$ nên $H$ cũng là hình chiếu của $A^{\prime }$ trên $BD$, do đó $[A^{\prime },BD,A]=\widehat{A^{\prime }HA}$. Trong mặt phẳng $(ABCD)$: $BD=a\sqrt{5}$, diện tích $△ABD=\frac{1}{2}AB\cdot AD=a^2=\frac{1}{2}BD\cdot AH\Rightarrow AH=\frac{2a}{\sqrt{5}}$. Tam giác $A^{\prime }HA$ vuông tại $H$: $\tan \widehat{A^{\prime }HA}=\frac{A{A}^{\prime }}{AH}=\frac{3a}{2a/\sqrt{5}}=\frac{3\sqrt{5}}{2}\approx 3,3541$. Vậy góc nhị diện $[A^{\prime },BD,A]=\arctan \frac{3\sqrt{5}}{2}\approx 73,4^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $M$ là trung điểm $BC$. Vì $S.ABCD$ đều nên $SO\perp (ABCD)$ và $OM\perp BC$ với $OM=\frac{a}{2}$. Suy ra $SM\perp BC$ (đường trung bình... thực chất do $BC\perp OM$ và $BC\perp SO$), vậy góc nhị diện $[S,BC,O]$ là $\widehat{SMO}$.

Tính $SO$: tam giác $SAC$ vuông tại $O$ (hai đường chéo vuông góc), $OA=\frac{a\sqrt{2}}{2}$, nên
$$SO=\sqrt{S{A}^2-O{A}^2}=\sqrt{7a^2-\frac{a^2}{2}}=a\sqrt{\frac{13}{2}}.$$

Trong tam giác $SOM$ vuông tại $O$:
$$\tan \widehat{SMO}=\frac{SO}{OM}=\frac{a\sqrt{13/2}}{a/2}=\sqrt{26}\approx 5,099.$$

Vậy $\widehat{SMO}=\arctan (\sqrt{26})\approx 78,9^{\circ }\approx 79^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Mặt phẳng $(A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C)$ là mặt phẳng đi qua hai đường chéo đối của hình lập phương, cắt $(ABCD)$ theo giao tuyến $AC$. Trong hình lập phương, $BD\perp AC$ (hai đường chéo của hình vuông $ABCD$) và $BD\perp A{A}^{\prime }$ (vì $A{A}^{\prime }\perp (ABCD)$). Suy ra $BD\perp (A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C)$, tức là đường thẳng $BD$ nằm trong $(ABCD)$ vuông góc với $(A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C)$. Vậy hai mặt phẳng vuông góc với nhau, góc giữa chúng bằng $90^{\circ }$. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(ABC)$ cắt nhau theo giao tuyến $BC$. Ta có: $AB\perp BC$ (vì tam giác $ABC$ vuông tại $B$) và $SA\perp (ABC)\Rightarrow SA\perp BC$. Từ đó $BC\perp (SAB)$, suy ra $BC\perp SB$ (vì $SB\subset (SAB)$). Vậy $AB\subset (ABC)$, $SB\subset (SBC)$ và cả hai cùng vuông góc với giao tuyến $BC$ tại $B$, do đó góc giữa hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(ABC)$ là $\widehat{SBA}$.

(AI giải đề cho tôi)
Tam giác $BCD$ vuông cân tại $B$ nên $BD=BC=a\sqrt{2}$, suy ra $CD=\sqrt{B{C}^2+B{D}^2}=2a$. Vì $AB\perp (BCD)$ nên $AB\perp CD$. Trong $(BCD)$, kẻ $BH\perp CD$ tại $H$ (do tam giác vuông cân nên $H$ là trung điểm $CD$, $BH=\frac{CD}{2}=a$). Khi đó $CD\perp BH$ và $CD\perp AB$ nên $CD\perp (AHB)$, suy ra $CD\perp AH$. Vậy góc giữa hai mặt phẳng $(ACD)$ và $(BCD)$ là $\widehat{AHB}$. Trong tam giác $ABH$ vuông tại $B$: $\tan \widehat{AHB}=\frac{AB}{BH}=\frac{a/\sqrt{3}}{a}=\frac{1}{\sqrt{3}}$, do đó $\widehat{AHB}=30^{\circ }$. Vậy góc giữa $(ACD)$ và $(BCD)$ bằng $30^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $M$ là trung điểm $BC$. Vì $△ABC$, $△DBC$ đều nên $AM\perp BC$, $DM\perp BC$, suy ra góc nhị diện $[A,BC,D]$ là $\widehat{AMD}$. Đặt cạnh tứ diện bằng $a$, khi đó $AM=DM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Tam giác $AMD$ cân tại $M$ với $AD=a$, áp dụng định lí cosin: $\cos \widehat{AMD}=\frac{A{M}^2+D{M}^2-A{D}^2}{2\cdot AM\cdot DM}=\frac{\frac{3a^2}{4}+\frac{3a^2}{4}-a^2}{2\cdot \frac{3a^2}{4}}=\frac{1}{3}$. Vậy $\widehat{AMD}=\arccos \frac{1}{3}\approx 70,53^{\circ }\approx 70^{\circ }$. Chọn A.

(AI giải đề cho tôi)
PHẦN III - Câu 3

a) Chứng minh $BC\perp (SHE)$:
- Tam giác $ABC$ vuông cân tại $C$ nên $AC\perp BC$. Vì $H$ là trung điểm $AB$, $E$ là trung điểm $BC$ nên $HE$ là đường trung bình của tam giác $ABC$, suy ra $HE\parallel AC$. Do đó $HE\perp BC$.
- Vì $SH\perp (ABC)$ mà $BC\subset (ABC)$ nên $SH\perp BC$.
- Ta có $BC\perp HE$, $BC\perp SH$ với $HE,SH\subset (SHE)$ và $HE\cap SH=H$, suy ra $BC\perp (SHE)$.

b) Xác định và tính góc giữa $(HEF)$ và $(ABC)$:
- Ta có $H\in (ABC)\cap (HEF)$ và $E\in (ABC)\cap (HEF)$ nên giao tuyến của $(HEF)$ và $(ABC)$ là đường thẳng $HE$.
- Gọi $M$ là trung điểm của $HC$. Vì $F$ là trung điểm $SC$, $M$ là trung điểm $HC$ nên $FM$ là đường trung bình của tam giác $SHC$, suy ra $FM\parallel SH$. Mà $SH\perp (ABC)$ nên $FM\perp (ABC)$, tức $M$ là hình chiếu của $F$ lên $(ABC)$.
- Trong $(HEF)$, kẻ $FP\perp HE$ tại $P$ ($P\in HE$). Vì $FM\perp (ABC)$ nên góc giữa $(HEF)$ và $(ABC)$ là góc giữa $FP$ và hình chiếu $PM$ của nó trên $(ABC)$, tức là góc $\widehat{FPM}$ (do $FP\perp HE$ nên góc này chính là góc phẳng nhị diện theo giao tuyến $HE$).
- Tính toán: đặt hệ trục $C(0;0;0)$, $A(8;0;0)$, $B(0;8;0)$ thì $H(4;4;0)$, $S(4;4;4)$, $E(0;4;0)$, $F(2;2;2)$, $M(2;2;0)$, $P(2;4;0)$.
Tam giác $FPM$ vuông tại $M$ với $FM=2$ (do $FM=\frac{1}{2}SH=2$) và $PM=2$ (do $PM=\frac{1}{2}\cdot$ khoảng cách từ $E$... cụ thể $PM=\frac{1}{2}H{E}_{\text{chieˆˋu vuoˆng goˊc}}=2$, chính là nửa đoạn vuông góc tương ứng với $BC$).
Suy ra $\tan (\widehat{FPM})=\frac{FM}{PM}=\frac{2}{2}=1$, nên $\widehat{FPM}=45^{\circ }$.

Kiểm tra bằng vectơ pháp tuyến: $(HEF)$ có $\overrightarrow{HE}=(-4;0;0)$, $\overrightarrow{EF}=(2;-2;2)$, pháp tuyến $\overrightarrow{n_1}=(0;1;1)$; $(ABC)$ có pháp tuyến $\overrightarrow{n_2}=(0;0;1)$. $\cos =\frac{1}{\sqrt{2}}$, góc bằng $45^{\circ }$ — khớp với kết quả trên.

Vậy góc giữa hai mặt phẳng $(HEF)$ và $(ABC)$ bằng $45^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O$ là tâm đáy, $M$ là trung điểm một cạnh đáy của chóp tứ giác đều. Góc giữa mặt bên và mặt đáy là $\phi =\widehat{SMO}$ với $SM$ là trung đoạn, $OM$ là khoảng cách từ tâm đến cạnh đáy. Ta có $OM=\frac{230}{2}=115m$, $SO=138m$. Trong tam giác vuông $SOM$: $\cot \phi =\frac{OM}{SO}=\frac{115}{138}\approx 0,8333\approx 0,83$. Kết quả trùng với đáp án nguồn 0,83.

a) Theo đề bài, SAB là tam giác đều. Do đó $SM\perp AB$
Giao tuyến của hai mặt phẳng này là đường thẳng AB.
Suy ra $SM\perp (ABCD)$
[Hình cần kiểm tra lại: p11_f1]

b) Ta có ABC là tam giác đều, suy ra $DM\perp AB$
Mà $SM\perp AB$
Do đó $AB\perp (SDM)$. Suy ra $(SDM)$ vuông góc với mặt phẳng $(SAB)$.

c) AE vuông góc SD với E là trung điểm SD
Kẻ EK vuông SD
Do đó $[A,SD,C]=\widehat{AEK}$
Tính được $EK=\frac{a}{2}$; $EA=\frac{a\sqrt{10}}{4}$; $AK=\frac{a\sqrt{22}}{4}$.
$\cos \widehat{AEK}=\frac{E{A}^2+E{K}^2-A{K}^2}{2EA.EK}=\frac{-\sqrt{10}}{5}$.
Góc cần tìm 129,23 độ.

Học sinh giải đúng bằng nhiều cách khác cũng cho điểm

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O$ là tâm đáy, $M$ là trung điểm một cạnh đáy của chóp tứ giác đều. Góc giữa mặt bên và mặt đáy là $\phi =\widehat{SMO}$, với $\tan \phi =\frac{SO}{OM}$. Ta có $SO=136m$, $OM=\frac{215}{2}=107,5m$. Suy ra $\tan \phi =\frac{136}{107,5}\approx 1,2651\approx 1,27$, trùng với đáp án nguồn (1,27).

(AI giải đề cho tôi)
Nhị diện $[H,SA,B]$ có cạnh $SA$. Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp AB$ và $SA\perp AH$ ($H\in BC\subset (ABC)$). Trong mặt phẳng $(SAH)$, $AH\perp SA$; trong mặt phẳng $(SAB)$, $AB\perp SA$. Vậy góc phẳng của nhị diện $[H,SA,B]$ là góc giữa $AH$ và $AB$, tức là $\widehat{HAB}$. Đáp án A, trùng với đáp án nguồn (Câu 12: A).

a) Vẽ hình đúng để làm được ý a. Chứng minh $AC\perp BD$; $AC\perp SO\Rightarrow AC\perp (SBD)$.

b)



Do $AB=SB$ nên tam giác $SAB$ cân tại $B$.
Từ giả thiết để thấy $SD=SB$, $AD=AB$ nên tam giác $SAD$ cân tại $D$.
Gọi $M$ là trung điểm của $SA$, khi đó $BM\perp SA$, $DM\perp SA$, $\Rightarrow \widehat{BMD}$ là góc phẳng nhị diện $\left[S,BC,A\right]$.
Từ $SB=AB=SD=AD=a$ ta có $\Delta SBD=\Delta ABD\Rightarrow OA=SO=\frac{a\sqrt{6}}{3}$
$\Rightarrow MO=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot SO=\frac{a\sqrt{12}}{6}$; $OD=OB=\frac{a}{\sqrt{3}}$
$\Rightarrow \tan \widehat{MDO}=1\Rightarrow \widehat{MDO}=45^{\circ }\Rightarrow \widehat{BMD}=90^{\circ }$.

Vì $S.ABCD$ là hình chóp đều nên ta có $SO\perp (ABCD)$

a) Ta có $\{\begin{array}{l}BD\perp AC\\ BD\perp SO\end{array}\Rightarrow BD\perp (SAC)\Rightarrow BD\perp SC$

b) Ta có $\{\begin{array}{l}(SCD)\cap (ABCD)=CD\\ CD\perp OM\subset (ABCD)\\ CD\perp SM\subset (SCD)\end{array}$

Suy ra góc giữa $(SCD)$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SMO}=\alpha$

Ta có $OM=\frac{a}{2}$, $SM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ và $\cos \alpha =\frac{OM}{SM}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$

(AI giải đề cho tôi)
Hình thoi $ABCD$ có $AC\perp BD$ tại $O$, nên $CO\perp BD$. Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BD$, mà $BD\perp CO$ nên $BD\perp (SAO)$, suy ra $BD\perp SO$. Trong mặt phẳng $(SOC)$, ta có $CO\perp BD$ và $SO\perp BD$, tức $O$ là điểm trên cạnh $BD$ (giao tuyến của hai nửa mặt phẳng chứa $S$ và $C$) với $SO\subset (SBD)$, $CO\subset (CBD)$. Vậy góc phẳng nhị diện $[S,BD,C]$ là $\alpha =\widehat{SOC}$. Chọn đáp án A, trùng với đáp án đề 102 câu 12 trong bảng đáp án.