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

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$ (giao điểm hai đường chéo $AC$ và $BD$). Trong hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$, tam giác $SAC$ cân tại $S$ nên $SO\perp AC$; đồng thời $SO\perp (ABCD)$. Trong mặt phẳng đáy, $BD\perp AC$ nên $BO\perp AC$. Vậy $O$ nằm trên cạnh $AC$, với $SO\subset (SAC)$, $BO\subset (ABC)$ và $SO\perp AC$, $BO\perp AC$, nên góc nhị diện $[S,AC,B]$ chính là góc $\widehat{SOB}$. Vì $SO\perp (ABCD)$ nên $SO\perp BO$, suy ra $\widehat{SOB}=90^{\circ }$. Vậy số đo góc nhị diện $[S,AC,B]$ bằng $90^{\circ }$, trùng với đáp án nguồn (mã đề 1354, câu 2: D).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0,0,0)$, $B(a,0,0)$, $D(0,2a,0)$, $C(a,a,0)$, $S(0,0,\frac{a\sqrt{6}}{6})$, $E$ trung điểm $AD$ nên $E(0,a,0)$. Đặt $h=\frac{a\sqrt{6}}{6}$. Vectơ $\overrightarrow{SB}=(a,0,-h)$, $\overrightarrow{SE}=(0,a,-h)$ nên pháp tuyến của $(SBE)$ là $\vec{n}=\overrightarrow{SB}\times \overrightarrow{SE}=(ah,ah,a^2)\parallel (h,h,a)$. Pháp tuyến mặt đáy là $\vec{k}=(0,0,1)$. Góc giữa hai mặt phẳng: $\cos \theta =\frac{a}{\sqrt{2h^2+a^2}}=\frac{a}{\sqrt{\frac{a^2}{3}+a^2}}=\frac{a}{\frac{2a}{\sqrt{3}}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$. Vậy $\sin \theta =\sqrt{1-\frac{3}{4}}=\frac{1}{2}=0,5$, trùng đáp án nguồn.

Gợi ý làm bài:



Gọi $I$ là giao điểm của $KH$ với $AC$. Ta có $MH\perp (ABCD)$ vì $MH//SA$ [0.25]

Ta có $\left[K,AC,M\right]=\widehat{KIM}$ vì $\{\begin{array}{l}KI//BD\to KI\perp AC\\ (MIH)\perp AC\to MI\perp AC\end{array}$

Xét $\Delta MIH$ vuông tại H có.

$$HM=\frac{1}{2}SA=\frac{a}{2};IH=\frac{1}{2}OD=\frac{a\sqrt{2}}{4}.\tan \widehat{MIH}=\frac{MH}{IH}=\sqrt{2}$$

Suy ra $\widehat{MIH}\approx 54,7^0$ do đó $\left[K,AC,M\right]\approx 125,3^0$ [0.25]

Ta có $OM//SB$ suy ra $SB//(ACM)$. [0.25]
Do đó $d(SB,CM)=d\left(SB,(ACM)\right)=d\left(B,(ACM)\right)=d\left(D,(ACM)\right)$.
H là trung điểm của AD.
$$\Rightarrow d(SB,CM)=d\left(D,(ACM)\right)=2d\left(H,(ACM)\right).$$
Trong $\Delta MIH$ kẻ $HE\perp MI\Rightarrow HE\perp (MAC)$ hay $d\left(H,(ACM)\right)=HE$.
Xét $\Delta MIH$ vuông tại H có.
$$HE=\frac{HM.HI}{\sqrt{H{M}^2+H{I}^2}}=\frac{\sqrt{3}a}{6}$$ [0.25]

Vậy $d(SB,CM)=2d\left(H,(ACM)\right)=2HK=\frac{\sqrt{3}a}{3}$.

Lưu ý: Chỉ ra được góc (khoảng cách) mỗi ý cho 0.25 điểm
Tính đúng góc (khoảng cách) mỗi ý cho 0.25 điểm

(AI giải đề cho tôi)
Gọi H là chân đường vuông góc từ A xuống BD. Với $AB=3a$, $AD=BC=4a$ thì $BD=5a$. Diện tích tam giác $ABD$: $\frac{1}{2}AB\cdot AD=\frac{1}{2}BD\cdot AH$ nên $AH=\frac{3a\cdot 4a}{5a}=\frac{12a}{5}$. Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BD$, kết hợp $AH\perp BD$ suy ra $BD\perp (SAH)$, do đó góc nhị diện $[S,BD,A]$ là $\widehat{SHA}$. Ta có $SH=\sqrt{S{A}^2+A{H}^2}=\sqrt{9a^2+\frac{144a^2}{25}}=\frac{3a\sqrt{41}}{5}$. Vậy $\sin \widehat{SHA}=\frac{SA}{SH}=\frac{3a}{\frac{3a\sqrt{41}}{5}}=\frac{5}{\sqrt{41}}\approx 0.78$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O$ là tâm đáy, $I$ là trung điểm $CD$. Hình chóp đều nên $SO\perp (ABCD)$, $SI\perp CD$, $OI=\frac{180}{2}=90$ m, $SI=133$ m.

Chiều cao: $SO=\sqrt{S{I}^2-O{I}^2}=\sqrt{133^2-90^2}=\sqrt{17689-8100}=\sqrt{9589}\approx 97,92$ m.

**a) Góc nhị diện $[SA;(SAB),(SAD)]$:**

Tam giác $SAB$ cân tại $S$ (vì $SA=SB$). Gọi $H$ là chân đường vuông góc hạ từ $B$ xuống $SA$; do hai mặt bên bằng nhau, chân đường vuông góc hạ từ $D$ xuống $SA$ trong $(SAD)$ cũng trùng $H$. Suy ra góc nhị diện cần tìm là $\widehat{BHD}$.

Diện tích tam giác $SAB$: $\frac{1}{2}\cdot AB\cdot SI=\frac{1}{2}\cdot 180\cdot 133=11970$ m².

$SA=\sqrt{S{O}^2+O{A}^2}=\sqrt{9589+(90\sqrt{2}{)}^2}=\sqrt{9589+16200}=\sqrt{25789}\approx 160,59$ m.

$BH=\frac{2\cdot [SAB]}{SA}=\frac{23940}{\sqrt{25789}}\approx 149,08$ m, nên $B{H}^2=\frac{23940^2}{25789}\approx 22223,6$.

Trong tam giác $BHD$ ($HB\perp SA$, $HD\perp SA$, $HB=HD$, $BD=180\sqrt{2}$):
$$\cos \widehat{BHD}=\frac{B{H}^2+H{D}^2-B{D}^2}{2\cdot BH\cdot HD}=1-\frac{B{D}^2}{2B{H}^2}=1-\frac{64800}{44447,2}\approx -0,458.$$
Vậy góc nhị diện $\approx 117,2^{\circ }$ (khoảng $117^{\circ }$).

**b) Khoảng cách giữa $SA$ và $BC$:**

Vì $BC\parallel AD\subset (SAD)$ nên $d(SA,BC)=d(BC,(SAD))=d(B,(SAD))$.

Dùng thể tích: $V_{S.ABD}=\frac{1}{3}SO\cdot [ABD]=\frac{1}{3}\cdot \sqrt{9589}\cdot \left(\frac{1}{2}\cdot 180\cdot 180\right)=5400\sqrt{9589}$.

$[SAD]=\frac{1}{2}\cdot AD\cdot SI=\frac{1}{2}\cdot 180\cdot 133=11970$.

$$d(B,(SAD))=\frac{3V_{S.ABD}}{[SAD]}=\frac{16200\sqrt{9589}}{11970}=\frac{180\sqrt{9589}}{133}\approx \frac{180\cdot 97,92}{133}\approx 132,5\text{ m}.$$

(Kiểm tra bằng tọa độ: đặt $A(-90;-90;0)$, $B(90;-90;0)$, $D(-90;90;0)$, $S(0;0;h)$ với $h=\sqrt{9589}$; mặt phẳng $(SAD)$: $hx-90z+90h=0$, khi đó $d(B,(SAD))=\frac{180h}{\sqrt{h^2+8100}}=\frac{180\sqrt{9589}}{133}$ — cùng kết quả.)

Vậy $d(SA,BC)=\frac{180\sqrt{9589}}{133}\approx 132,5$ m.

(AI giải đề cho tôi)
Ba vị trí thả dây dọi đôi một cách nhau 2 m nên tạo thành tam giác đều cạnh 2 m trên mặt nước. Gọi các điểm đó là A, B, C với độ sâu (độ dài dây dọi thẳng trong nước) lần lượt 4; 4,4; 4,8 m. Chọn hệ trục Oxy trên mặt nước: A(0;0), B(2;0), C(1;√3). Mặt đáy là mặt phẳng nên độ sâu là hàm số tuyến tính z = αx + βy + γ. Từ z_A = 4 và z_B = 4,4 suy ra α = (4,4 − 4)/2 = 0,2. Từ z_C = 4,8: 4,8 = 0,2·1 + β√3 + 4 ⇒ β√3 = 0,6 ⇒ β = 0,6/√3 = 0,2√3 ≈ 0,3464. Độ dốc lớn nhất của mặt đáy (nghiêng so với mặt phẳng ngang) là |∇z| = √(α² + β²) = √(0,04 + 0,12) = √0,16 = 0,4. Vậy góc nghiêng θ thỏa tan θ = 0,4 ⇒ θ = arctan(0,4) ≈ 21,8014° ≈ 21,8°. Kết quả trùng với đáp án nguồn 21,8.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp tam giác đều $S.ABC$ có $M$ là trung điểm $BC$. Khi đó $SM\perp BC$ (vì tam giác $SBC$ cân tại $S$) và $AM\perp BC$ (vì tam giác $ABC$ cân tại $A$). Giao tuyến của hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(ABC)$ là $BC$, nên góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa $SM$ và $AM$, tức là $\widehat{SMA}$. Đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $S.ABCD$ là hình chóp đều với $SA=SB=SC=SD=214$ m, $AB=230$ m. Gọi $M$ là trung điểm $BC$, $O$ là tâm đáy. Góc giữa mặt bên $(SBC)$ và mặt đáy là góc $SMO$. Ta có $MB=115$ m, nên đường cao mặt bên $SM=\sqrt{214^2-115^2}=\sqrt{45796-13225}=\sqrt{32571}\approx 180,473$ m. Chiều cao kim tự tháp $SO=\sqrt{S{M}^2-O{M}^2}=\sqrt{32571-115^2}=\sqrt{19346}\approx 139,088$ m. Do đó $\tan \phi =\frac{SO}{OM}=\frac{139,088}{115}\approx 1,2095$, suy ra $\phi \approx 50,4^{\circ }\approx 50^{\circ }$. Vậy góc giữa mặt bên và mặt đáy xấp xỉ $50^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Góc nhị diện $[A,BD,A^{\prime }]$ có cạnh $BD$. Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$, $O$ là tâm hình vuông $ABCD$ nên $AO\perp BD$ (vì $ABCD$ là hình vuông). Trong mặt phẳng $(A^{\prime }BD)$, tam giác $A^{\prime }BD$ cân tại $A^{\prime }$ ($A^{\prime }B=A^{\prime }D=a\sqrt{2}$) nên $A^{\prime }O\perp BD$. Vậy góc nhị diện là $\widehat{A^{\prime }OA}$. Ta có $AO=\frac{a\sqrt{2}}{2}$, $A{A}^{\prime }=a$ và $A{A}^{\prime }\perp (ABCD)$ nên $A{A}^{\prime }\perp AO$. Do đó $\tan \widehat{A^{\prime }OA}=\frac{A{A}^{\prime }}{AO}=\frac{a}{a\sqrt{2}/2}=\sqrt{2}$. Chọn đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Đáy ABC vuông cân tại C với AC=BC=√2a nên AB=2a, trung tuyến CH=AB/2=a. Vì tam giác cân nên CH⊥AB, do đó CH⊥HA; cũng có SH⊥(ABC) nên SH⊥HC. Vậy cả mặt phẳng (SMH) và (ABC) đều vuông góc với cạnh HC, góc nhị diện [M,HC,A] bằng góc giữa SM (thuộc SA) và HA (thuộc AB), tức góc ∠SAB. Ta có SA=√(SH²+HA²)=√(a²+a²)=a√2, nên cos∠SAB=HA/SA=a/(a√2)=1/√2, suy ra góc bằng 45°. Đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Vì các cạnh bên đều bằng $5a$ nên $S$ nằm trên đường thẳng vuông góc với đáy tại tâm $O$ của hình chữ nhật $ABCD$. Ta có $AC=\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}=\sqrt{16a^2+9a^2}=5a$, suy ra $OA=\frac{5a}{2}$, do đó $SO=\sqrt{S{A}^2-O{A}^2}=\sqrt{25a^2-\frac{25a^2}{4}}=\frac{5a\sqrt{3}}{2}$.

Gọi $M$ là trung điểm $BC$. Vì $O$ là tâm hình chữ nhật nên $OM\perp BC$ và $OM=\frac{AB}{2}=2a$. Tam giác $SOM$ vuông tại $O$ nên $SM\perp BC$ (hệ thức ba đường vuông góc). Khi đó góc phẳng nhị diện $[S,BC,A]$ là $\theta =\widehat{SMO}$ với
$$\tan \theta =\frac{SO}{OM}=\frac{\frac{5a\sqrt{3}}{2}}{2a}=\frac{5\sqrt{3}}{4}\approx 2,1651.$$
Suy ra $\theta \approx 65,22^{\circ }\approx 65^{\circ }12^{\prime }$. Vậy đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O$ là tâm đáy, $M$ là trung điểm một cạnh đáy của hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ với chiều cao $SO=98m$, cạnh đáy $180m$. Góc nhị diện tạo bởi mặt bên và mặt đáy là $\phi =\widehat{SMO}$, với $OM=\frac{180}{2}=90m$. Khi đó $\tan \phi =\frac{SO}{OM}=\frac{98}{90}\approx 1,0889$, suy ra $\phi \approx 47,44^{\circ }$. Vậy đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Vì $ABCD$ là hình vuông nên $AC\perp BD$ tại $O$, do đó $AO\perp BD$. Vì $SA\perp$ đáy nên $SA\perp BD$. Suy ra $BD\perp (SAO)$, tức $SO\perp BD$. Vậy góc nhị diện $[S,BD,A]$ là góc $\angle SOA$. Ta có $AO=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ và $SA=\frac{a\sqrt{6}}{6}$, nên $\tan \angle SOA=\frac{SA}{AO}=\frac{a\sqrt{6}/6}{a\sqrt{2}/2}=\frac{\sqrt{3}}{3}$. Suy ra $\angle SOA=30^{\circ }$. Đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Chuẩn hệ trục: $B=(0;0;0)$, $C=\left(\frac{a\sqrt{3}}{3};0;0\right)$, $D=\left(0;\frac{a\sqrt{6}}{3};0\right)$ (vì $BCD$ vuông tại $B$, $BC=\sqrt{C{D}^2-B{D}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$). Từ $AB=AC=AD=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ suy ra $A=\left(\frac{a\sqrt{3}}{6};\frac{a\sqrt{6}}{6};\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)$. Gọi $H$ là trung điểm $BC$, $K$ là trung điểm $CD$: $AH\perp BC$, $HK\parallel BD\perp BC$ nên $BC\perp (AHK)$, góc nhị diện $[A,BC,D]$ là góc $AHK$. Ta có $\overrightarrow{HA}=\left(0;\frac{a\sqrt{6}}{6};\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)$, $\overrightarrow{HK}=\left(0;\frac{a\sqrt{6}}{6};0\right)$, $|HA|=\frac{a\sqrt{6}}{3}$, $|HK|=\frac{a\sqrt{6}}{6}$, nên $\cos \widehat{AHK}=\frac{a^2/6}{a^2/3}=\frac{1}{2}$, suy ra góc nhị diện bằng $\frac{\pi }{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BD$. Lại có $AH\perp BD$ (H là hình chiếu của A lên BD). Suy ra $BD\perp (SAH)$, do đó $BD\perp SH$. Trong mặt phẳng (SBD), $SH\perp BD$; trong mặt phẳng (ABD), $AH\perp BD$. Vậy góc phẳng nhị diện $[S,BD,A]$ là $\widehat{SHA}$. Chọn đáp án A, trùng với đáp án nguồn (mã đề 0005, Câu 8: A).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BD$. Lại có $AH\perp BD$ (H là hình chiếu của A lên BD). Suy ra $BD\perp (SAH)$, do đó $BD\perp SH$. Trong mặt phẳng $(SAH)$, ta có $AH\perp BD$ và $SH\perp BD$, đồng thời $SA\perp AH$ nên góc giữa mặt phẳng nhị diện $[S,BD,A]$ (cạnh BD) là góc giữa hai đường thẳng SH và AH, tức là $\widehat{SHA}$. Vậy đáp án C, trùng với đáp án nguồn (Câu 3, mã đề 0004: C).

[Hình cần kiểm tra lại: p7_f1]
a) Gọi $H$ là lần lượt là trung điểm $AB$. Ta lại có tam giác $SAB$ đều nên $SH\perp AB$. Mặt khác $(SAB)\perp (ABCD)$, suy ra $SH\perp (ABCD)$. Suy ra mệnh đề trên đúng.
b) Ta có $SC\cap (ABCD)=\{C\}$ và $SH\perp (ABCD)$ suy ra góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SCH}$. Suy ra mệnh đề trên sai.
c) Ta có $AB\parallel CD$ nên $(SB;CD)=(SB;AB)=\widehat{SBA}$. Mà tam giác $SAB$ đều nên $\widehat{SBA}=60^{\circ }$. Suy ra mệnh đề trên sai.
d) Vì $H,K$ là lần lượt là trung điểm của $AB,CD$. Suy ra $SH\perp (ABCD)$ và $HK\perp CD$. Khi đó: $\{\begin{array}{l}CD\perp HK\\ CD\perp SH\end{array}\Rightarrow CD\perp (SHK)\Rightarrow CD\perp SK$. Ta có: $\{\begin{array}{l}(SCD)\cap (ACD)=CD\\ HK\perp CD\\ SK\perp CD\end{array}\Rightarrow [S,CD,A]=\widehat{SKH}=\phi$. Tam giác $SAB$ đều cạnh $2a$ nên đường cao $SH=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$. Ta có $HK=BC=a$ (tính chất đường trung bình của hình chữ nhật). Do đó $\tan \widehat{SKH}=\frac{SH}{HK}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SKH}=60^{\circ }$. Suy ra mệnh đề trên đúng.
a) a) Gọi $H$ là lần lượt là trung điểm $AB$. Ta lại có tam giác $SAB$ đều nên $SH\perp AB$. Mặt khác $(SAB)\perp (ABCD)$, suy ra $SH\perp (ABCD)$. Suy ra mệnh đề trên đúng.
b) b) Ta có $SC\cap (ABCD)=\{C\}$ và $SH\perp (ABCD)$ suy ra góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SCH}$. Suy ra mệnh đề trên sai.
c) c) Ta có $AB\parallel CD$ nên $(SB;CD)=(SB;AB)=\widehat{SBA}$. Mà tam giác $SAB$ đều nên $\widehat{SBA}=60^{\circ }$. Suy ra mệnh đề trên sai.
d) d) Vì $H,K$ là lần lượt là trung điểm của $AB,CD$. Suy ra $SH\perp (ABCD)$ và $HK\perp CD$. Khi đó: $\{\begin{array}{l}CD\perp HK\\ CD\perp SH\end{array}\Rightarrow CD\perp (SHK)\Rightarrow CD\perp SK$. Ta có: $\{\begin{array}{l}(SCD)\cap (ACD)=CD\\ HK\perp CD\\ SK\perp CD\end{array}\Rightarrow [S,CD,A]=\widehat{SKH}=\phi$. Tam giác $SAB$ đều cạnh $2a$ nên đường cao $SH=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$. Ta có $HK=BC=a$ (tính chất đường trung bình của hình chữ nhật). Do đó $\tan \widehat{SKH}=\frac{SH}{HK}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SKH}=60^{\circ }$. Suy ra mệnh đề trên đúng.

[Hình cần kiểm tra lại: p10_f2]
Mô hình hoá kim tự tháp bằng chóp tứ giác đều S.ABCD với O là tâm của đáy. Kẻ $OM\perp BC$. Ta có góc tạo bởi mặt bên và mặt đáy của kim tự tháp là góc $\widehat{SMO}\Rightarrow \tan \widehat{SMO}=\frac{49}{45}=\frac{SO}{OM}$. Đặt $\{\begin{array}{l}SO=49x\\ OM=45x\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}SM=\sqrt{S{O}^2+O{M}^2}=\sqrt{4426}x\\ AB=2OM=90x\end{array}$. Diện tích tất cả các mặt của kim tự tháp là $$S=4S_{SBC}+S_{ABCD}\iff 4.\frac{1}{2}SM.BC+A{B}^2=80300$$ $$\iff 2x\sqrt{4426}.90x+(90x{)}^2=80300$$ $$\Rightarrow SO=49x\approx 196m$$ Đáp án: 196

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $H$ là trung điểm $BC$. Tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$ với $AB=AC=a\sqrt{2}$ nên $BC=2a$ và $AH\perp BC$ với $AH=\frac{AB\cdot AC}{BC}=\frac{a\sqrt{2}\cdot a\sqrt{2}}{2a}=a$. Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$, do đó $BC\perp (SAH)$ và góc nhị diện $[S,BC,A]$ là $\widehat{SHA}$. Ta có $\tan \widehat{SHA}=\frac{SA}{AH}=\frac{a}{a}=1$, suy ra góc bằng $45^{\circ }$. Khớp với đáp án nguồn: C.