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

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABC$ đều, $M$ trung điểm $BC$ nên $AM\perp BC$; lại có $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$. Suy ra $BC\perp (SAM)$ (a đúng). Từ đó $BC\perp AH$ (vì $AH\subset (SAM)$), kết hợp $AH\perp SM$ (giả thiết) nên $AH\perp (SBC)$, do đó hình chiếu của $SA$ lên $(SBC)$ là $SH$ (b đúng). Giao tuyến của $(SBC)$ và $(ABC)$ là $BC$, mà $BC\perp (SAM)$ nên góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa $SM$ và $AM$, tức góc $SMA$, không phải góc $ASM$ (c sai). Tam giác $SAM$ vuông tại $A$ với $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, $SA=\frac{3a}{2}$ nên $\tan \widehat{SMA}=\frac{SA}{AM}=\frac{3a/2}{a\sqrt{3}/2}=\sqrt{3}$, suy ra góc nhị diện $[S;BC;A]=\widehat{SMA}=60^{\circ }$ (d đúng).
a) (AI giải đề cho tôi)
$AM\perp BC$ (tam giác đều) và $SA\perp BC$ (vì $SA\perp (ABC)$), nên $BC\perp (SAM)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$BC\perp (SAM)$ nên $BC\perp AH$; kết hợp $AH\perp SM$ suy ra $AH\perp (SBC)$. Hình chiếu của $A$ trên $(SBC)$ là $H$, nên hình chiếu của $SA$ là $SH$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Giao tuyến là $BC$ và $BC\perp (SAM)$, nên góc giữa $(SBC)$ và $(ABC)$ là góc $SMA$, không phải góc $ASM$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\tan \widehat{SMA}=\frac{SA}{AM}=\frac{3a/2}{a\sqrt{3}/2}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SMA}=60^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi O là tâm đáy, M là trung điểm cạnh đáy. Góc nhị diện giữa mặt bên và mặt đáy là góc SMO với tan α = SO/OM = 98/90. Vậy α = arctan(98/90) ≈ 47,43° (khoảng 47°26').

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên $BC\parallel AD$, do đó $BC\parallel (SAD)$ và giao tuyến $d$ của $(SBC)$ và $(SAD)$ là đường thẳng qua $S$ song song với $BC$ (cũng song song với $AD$). Ta có $BC\perp AB$ và $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BC$, suy ra $BC\perp (SAB)$. Do đó giao tuyến $d\parallel BC$ cũng vuông góc với $(SAB)$, nên $d\perp SB$ và $d\perp SA$. Vậy góc giữa hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(SAD)$ bằng góc giữa $SB$ và $SA$ trong mặt phẳng $(SAB)$. Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ với $SA=a$, $AB=a$ nên $\tan \widehat{BSA}=\frac{AB}{SA}=1$, suy ra góc cần tìm bằng $45^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục tọa độ: $B(0;0;0)$, $A(2a;0;0)$, $C(0;2a;0)$ (tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$, $AB=BC=2a$). Tam giác $SAB$ đều cạnh $2a$ nên đường cao $SH=a\sqrt{3}$ với $H(a;0;0)$. Vì $(SAB)\perp (ABC)$ và $SH\perp AB$ (giao tuyến) nên $SH\perp (ABC)$, do đó $S(a;0;a\sqrt{3})$. $M$ là trung điểm $AC$ nên $M(a;a;0)$.

a) Ta có $BC\perp AB$ (giả thiết) và $BC\perp SH$ (vì $SH\perp (ABC)$) $\Rightarrow BC\perp (SAB)$ $\Rightarrow BC\perp SB$. Mặt khác $BC\perp BH$. Vậy $BC$ vuông góc với hai đường thẳng $SB$, $BH$ cùng nằm trong $(SBC)$, suy ra $(SBC)\perp (SAB)$ tại đường thẳng $SB$. Vì $(SAB)\perp (ABC)$, giao tuyến $SB$, nên góc giữa $(SBC)$ và $(ABC)$ bằng góc giữa $(SBC)$ và $(SAB)$, chính là góc $SBH$ (hai đường thẳng $SB$, $BH$ cùng vuông góc với giao tuyến $BC$... chính xác hơn: góc giữa hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(ABC)$ là góc giữa $SB$ và $BH$ vì $BC\perp (SAB)$).
Tam giác $SBH$ vuông tại $H$ với $SH=a\sqrt{3}$, $HB=a$ nên $\tan \angle SBH=SH/HB=\sqrt{3}$ $\Rightarrow$ góc bằng $60^{\circ }$.

b) Mặt phẳng $(SHM)$: $S(a;0;a\sqrt{3})$, $H(a;0;0)$, $M(a;a;0)$ đều có hoành độ $x=a$, nên $(SHM)$ là mặt phẳng $x=a$. Khoảng cách từ $C(0;2a;0)$ đến $(SHM)$ là $d=|0-a|=a$.

Vậy: a) Góc giữa $(SBC)$ và $(ABC)$ bằng $60^{\circ }$. b) $d(C,(SHM))=a$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $H$ là trung điểm $AB$. Trong hình chóp tứ giác đều, $OH\perp AB$ với $OH=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ (nửa cạnh đáy), và $SO\perp (ABCD)$ nên $SH\perp AB$. Góc nhị diện $[S,AB,O]$ là góc giữa $SH$ và $OH$ trong mặt phẳng $(SOH)$, tức góc $SHO$. Ta có $\tan \widehat{SHO}=\frac{SO}{OH}=\frac{a\sqrt{2}/2}{a\sqrt{2}/2}=1$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Góc nhị diện được đo bằng số đo của góc phẳng tuyến tính của nó, và góc phẳng tuyến tính nhận giá trị từ $0^{\circ }$ đến $180^{\circ }$. Do đó mệnh đề A đúng, các mệnh đề B và C sai vì giới hạn sai. Mệnh đề D sai vì hai mặt phẳng cắt nhau tạo thành bốn góc nhị diện (không phải hai).

(AI giải đề cho tôi)
Góc nhị diện $[A^{\prime },BD,A]$ có cạnh $BD$. Gọi $O=AC\cap BD$ là tâm hình vuông. Ta có $AC\perp BD$ nên $AO\perp BD$, và $A^{\prime }C\perp (ABCD)$ suy ra $AC\perp BD$, tức $A^{\prime }O\perp BD$ (vì $BD\perp (A^{\prime }AC)$). Vậy góc nhị diện là $\widehat{A^{\prime }OA}$.

Đặt hệ tọa độ: $A(0,0,0)$, $B(a,0,0)$, $D(0,a,0)$, $A^{\prime }(0,0,a)$, $O\left(\frac{a}{2},\frac{a}{2},0\right)$.
$$\overrightarrow{OA}=\left(-\frac{a}{2},-\frac{a}{2},0\right),\overrightarrow{O{A}^{\prime }}=\left(-\frac{a}{2},-\frac{a}{2},a\right).$$
$$\cos \widehat{A^{\prime }OA}=\frac{\frac{a^2}{4}+\frac{a^2}{4}}{\frac{a}{\sqrt{2}}\cdot a\sqrt{\frac{3}{2}}}=\frac{\frac{a^2}{2}}{\frac{a^2\sqrt{3}}{2}}=\frac{1}{\sqrt{3}}.$$
Suy ra $\sin \widehat{A^{\prime }OA}=\sqrt{1-\frac{1}{3}}=\sqrt{\frac{2}{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$.

Vậy đáp án là $\frac{\sqrt{6}}{3}$, tương ứng phương án C.

(AI giải đề cho tôi)
Hình hộp chữ nhật $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ với $BC=a$, $AC=2a$ nên $AB=\sqrt{A{C}^2-B{C}^2}=\sqrt{4a^2-a^2}=a\sqrt{3}$; $A^{\prime }A=a\sqrt{3}$.
Hai mặt phẳng $(A^{\prime }BC{D}^{\prime })$ và $(ABCD)$ cắt nhau theo giao tuyến $BC$. Hình chiếu của $A^{\prime }$ lên $(ABCD)$ là $A$, mà $AB\perp BC$ nên $A^{\prime }B\perp BC$ (theo định lý ba đường vuông góc). Vậy góc giữa hai mặt phẳng là $\widehat{A^{\prime }BA}$.
Tam giác $A^{\prime }AB$ vuông tại $A$ có $\tan \widehat{A^{\prime }BA}=\frac{A^{\prime }A}{AB}=\frac{a\sqrt{3}}{a\sqrt{3}}=1$, suy ra $\widehat{A^{\prime }BA}=45^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$, $AC=2a$ nên $AB=BC=a\sqrt{2}$. Gọi $M$ là trung điểm $AC$ thì $BM\perp AC$ và $BM=\frac{AC}{2}=a$. Vì lăng trụ đứng nên $B{B}^{\prime }\perp (ABC)$, do đó $B^{\prime }M\perp AC$ (đường vuông góc chung xuống $AC$ từ $B^{\prime }$). Góc phẳng nhị diện $[B^{\prime },AC,B]$ là $\widehat{B^{\prime }MB}$. Tam giác $B^{\prime }BM$ vuông tại $B$: $B^{\prime }{B}^2=A^{\prime }{B}^2-A{B}^2=9a^2-2a^2=7a^2$, nên $\tan \widehat{B^{\prime }MB}=\frac{B^{\prime }B}{BM}=\frac{a\sqrt{7}}{a}=\sqrt{7}$. Vậy góc phẳng nhị diện bằng $\arctan \sqrt{7}\approx 69,3^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Hộp phấn là hình hộp chữ nhật với $A{A}^{\prime }=8,2$ cm, $A^{\prime }{D}^{\prime }=8,5$ cm, $A^{\prime }{B}^{\prime }=10,5$ cm. Góc nhị diện $[A,B^{\prime }{D}^{\prime },A^{\prime }]$ có cạnh $B^{\prime }{D}^{\prime }$, hai mặt là $(A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$ và mặt trên $(A^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime })$.

Gọi $H$ là chân đường vuông góc hạ từ $A^{\prime }$ xuống $B^{\prime }{D}^{\prime }$ trong mặt trên. Vì $A{A}^{\prime }\perp (A^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime })$ nên $A{A}^{\prime }\perp B^{\prime }{D}^{\prime }$, kết hợp $A^{\prime }H\perp B^{\prime }{D}^{\prime }$ suy ra $B^{\prime }{D}^{\prime }\perp (A{A}^{\prime }H)$, do đó $AH\perp B^{\prime }{D}^{\prime }$. Vậy góc $AH{A}^{\prime }$ là góc phẳng nhị diện cần tìm, gọi là $\phi$.

Trong mặt trên, khoảng cách từ $A^{\prime }$ đến $B^{\prime }{D}^{\prime }$:
$$A^{\prime }H=\frac{A^{\prime }{B}^{\prime }\cdot A^{\prime }{D}^{\prime }}{B^{\prime }{D}^{\prime }}=\frac{10,5\cdot 8,5}{\sqrt{10,5^2+8,5^2}}=\frac{89,25}{\sqrt{182,5}}\approx 6,6065\text{ cm}.$$

Tam giác $AH{A}^{\prime }$ vuông tại $A$ (vì $A{A}^{\prime }\perp (A^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime })$ nên $A{A}^{\prime }\perp A^{\prime }H$), do đó:
$$AH=\sqrt{A{A}^{\prime 2}+A^{\prime }{H}^2}=\sqrt{8,2^2+6,6065^2}=\sqrt{67,24+43,646}\approx 10,5305\text{ cm}.$$

Suy ra:
$$\cos \phi =\frac{A^{\prime }H}{AH}=\frac{6,6065}{10,5305}\approx 0,6274\Rightarrow \phi \approx 51,1^{\circ }.$$

Vậy góc phẳng nhị diện $[A,B^{\prime }{D}^{\prime },A^{\prime }]$ xấp xỉ $51,1^{\circ }$, khớp với đáp án đã cho.

(AI giải đề cho tôi)
Lăng trụ tam giác đều nên lăng trụ đứng, đáy là tam giác đều cạnh $a$, cạnh bên $A{A}^{\prime }=\frac{3a}{2}$. Hai mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }C)$ và $(ABC)$ cắt nhau theo giao tuyến $BC$. Gọi $H$ là trung điểm $BC$, tam giác $ABC$ đều nên $AH\perp BC$ với $AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Vì lăng trụ đứng nên $A{A}^{\prime }\perp (ABC)$, do đó $A^{\prime }H\perp BC$ (định lý ba đường vuông góc). Góc giữa hai mặt phẳng là góc $\widehat{A^{\prime }HA}$. Ta có $\tan \widehat{A^{\prime }HA}=\frac{A{A}^{\prime }}{AH}=\frac{\frac{3a}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\sqrt{3}$, suy ra góc giữa hai mặt phẳng bằng $60^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng $(ABCD)$ và $(A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C)$ cắt nhau theo giao tuyến $AC$. Trong mặt phẳng $(A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C)$, ta có $A{A}^{\prime }\perp (ABCD)$ nên $A{A}^{\prime }\perp AC$. Vậy góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa $A{A}^{\prime }$ và $AC$, tức góc $A^{\prime }AC=90^{\circ }$. Do đó đáp án là D.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$. Lại có $AB\perp BC$ (tam giác $ABC$ vuông tại $B$), do đó $BC\perp (SAB)$. Giao tuyến của $(SBC)$ và $(ABC)$ là $BC$, nên trong mặt phẳng $(SAB)$, ta có $SB\perp BC$ và $AB\perp BC$. Suy ra góc giữa hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(ABC)$ là góc giữa $SB$ và $AB$, tức là $\widehat{SBA}$. Vì $SA\perp (ABC)$ nên tam giác $SAB$ vuông tại $A$, do đó $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}$, tức góc giữa $(SBC)$ và $(ABC)$ bằng $\widehat{SBA}=\arctan \frac{SA}{AB}$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\perp (BCD)$ nên $B$ là hình chiếu của $A$ lên $(BCD)$. Hai mặt phẳng $(ACD)$ và $(BCD)$ cắt nhau theo giao tuyến $CD$. Trong $(BCD)$, kẻ $BH\perp CD$ tại $H$; do $AB\perp (BCD)$ nên $CD\perp AB$, kết hợp $CD\perp BH$ suy ra $CD\perp (AHB)$, do đó $AH\perp CD$. Vậy góc giữa $(ACD)$ và $(BCD)$ là $\widehat{AHB}$. Tam giác $BCD$ vuông cân tại $B$ với $BC=BD=a\sqrt{2}$, nên $CD=2a$ và đường cao $BH=\frac{BC\cdot BD}{CD}=\frac{a\sqrt{2}\cdot a\sqrt{2}}{2a}=a$. Trong tam giác vuông $ABH$ (vuông tại $B$): $\tan \widehat{AHB}=\frac{AB}{BH}=\frac{a/\sqrt{3}}{a}=\frac{1}{\sqrt{3}}$. Suy ra $\widehat{AHB}=30^{\circ }$. Vậy góc giữa hai mặt phẳng $(ACD)$ và $(BCD)$ bằng $30^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $M$ là trung điểm $BC$. Tam giác đều $ABC$ cạnh $6a$ nên $AM=\frac{6a\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}a$ và $AM\perp BC$. Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$, suy ra $BC\perp (SAM)$, do đó $SM\perp BC$. Góc giữa $(SBC)$ và $(ABC)$ là $\widehat{SMA}$. Tam giác $SAM$ vuông tại $A$: $\tan \widehat{SMA}=\frac{SA}{AM}=\frac{\sqrt{22}a}{3\sqrt{3}a}=\sqrt{\frac{22}{27}}\approx 0,9027$, nên $\widehat{SMA}\approx 42,07^{\circ }$. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Tam giác $ABC$ vuông tại $B$ nên $A{B}^2=A{C}^2-B{C}^2=130a^2-49a^2=81a^2\Rightarrow AB=9a$. Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$; mà $AB\perp BC$ nên $BC\perp (SAB)$, suy ra $BC\perp SB$. Giao tuyến của $(SBC)$ và $(ABC)$ là $BC$, và vì $BC\perp SB$, $BC\perp AB$ nên góc giữa hai mặt phẳng là góc $SBA$. Do đó $\tan \phi =\frac{SA}{AB}=\frac{\sqrt{21}}{9}\approx 0,5092\Rightarrow \phi \approx 26,98^{\circ }$. Kết quả trùng với đáp án B của đề.

(AI giải đề cho tôi)
Kẻ $CH\perp DB$ tại $H$ (với $C\in (ABCD)$). Vì $SC\perp (ABCD)$ nên $SC\perp DB$, suy ra $DB\perp (SCH)$, do đó $SH\perp DB$. Vậy góc nhị diện $[C,DB,S]$ là $\widehat{SHC}$.

Tam giác $BCD$ vuông tại $C$ với $CD=a$, $CB=6a$ nên $DB=\sqrt{a^2+36a^2}=a\sqrt{37}$.

Đường cao: $CH=\frac{CD\cdot CB}{DB}=\frac{6a^2}{a\sqrt{37}}=\frac{6a}{\sqrt{37}}$.

Trong tam giác $SCH$ vuông tại $C$: $\tan \widehat{SHC}=\frac{SC}{CH}=\frac{\sqrt{5}a}{6a/\sqrt{37}}=\frac{\sqrt{185}}{6}\approx 2,2669$.

Suy ra $\widehat{SHC}\approx 66,20^{\circ }$. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $S{D}^2=S{A}^2+A{D}^2\Rightarrow A{D}^2=106a^2-25a^2=81a^2\Rightarrow AD=9a$.

Nhị diện $[A,CD,S]$: cạnh là $CD$, mặt phẳng chứa $A$ và $CD$ là $(ABCD)$, mặt phẳng chứa $S$ và $CD$ là $(SCD)$.

Trong $(ABCD)$, kẻ $AH\perp CD$ tại $H$ (do $ABCD$ là hình chữ nhật nên $AH=AD=9a$). Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp CD$, kết hợp $AH\perp CD$ suy ra $CD\perp (SAH)$, do đó $SH\perp CD$. Vậy góc nhị diện $[A,CD,S]$ là $\widehat{SHA}$.

Tam giác $SAH$ vuông tại $A$: $\tan \widehat{SHA}=\frac{SA}{AH}=\frac{5a}{9a}=\frac{5}{9}$.

$\widehat{SHA}=\arctan \left(\frac{5}{9}\right)\approx 29,05^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $H$ là trung điểm $CD$. Vì tứ diện đều $ABCD$ có $AB=AC=AD=BC=BD=CD=a$ nên $△ACD$ và $△BCD$ đều, do đó $AH\perp CD$ và $BH\perp CD$. Suy ra góc giữa hai mặt phẳng $(ACD)$ và $(BCD)$ là góc giữa $AH$ và $BH$, tức $\widehat{AHB}$.

Tam giác $ABH$ có $AH=BH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ (đường cao tam giác đều cạnh $a$) và $AB=a$. Theo định lí cosin:
$$\cos \widehat{AHB}=\frac{A{H}^2+B{H}^2-A{B}^2}{2\cdot AH\cdot BH}=\frac{\frac{3a^2}{4}+\frac{3a^2}{4}-a^2}{2\cdot \frac{3a^2}{4}}=\frac{\frac{a^2}{2}}{\frac{3a^2}{2}}=\frac{1}{3}.$$

Vậy góc giữa hai mặt phẳng $(BCD)$ và $(ACD)$ bằng $\arccos \frac{1}{3}\approx 70^{\circ }32^{\prime }$.