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

(AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(ABCD)$ cắt nhau theo giao tuyến $BC$. Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $AB\perp BC$ (đáy là hình vuông) và $SB\perp BC$ (định lý ba đường vuông góc, vì $SA\perp (ABCD)$). Do đó góc giữa hai mặt phẳng là $\alpha =\widehat{SBA}$. Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ với $AB=a$, $SA=3a$, nên $SB=\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}=\sqrt{9a^2+a^2}=a\sqrt{10}$. Suy ra $\cos \alpha =\frac{AB}{SB}=\frac{a}{a\sqrt{10}}=\frac{1}{\sqrt{10}}\approx 0,3162\approx 0,32$, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Giao tuyến của $(SCD)$ và $(ABCD)$ là $CD$. Vì $AB\perp CD$ tại $A$... chính xác hơn: gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $CD$, thì $AH\perp CD$ với $AH=a$ (khoảng cách từ $A$ đến $CD$). Do $SA\perp (ABCD)$ nên theo định lý ba đường vuông góc, $SH\perp CD$. Vậy góc giữa hai mặt phẳng là $\alpha =\angle SHA$. Tam giác $SAH$ vuông tại $A$: $SH=\sqrt{S{A}^2+A{H}^2}=\sqrt{(2a{)}^2+a^2}=a\sqrt{5}$. Suy ra $\cos \alpha =\frac{AH}{SH}=\frac{a}{a\sqrt{5}}=\frac{1}{\sqrt{5}}\approx 0,4472\approx 0,45$. Kết quả khớp với đáp án nguồn $0,45$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $S.ABCD$ là hình chóp tứ giác đều với cạnh đáy $a=3,4$ m. Gọi $O$ là tâm đáy, $M$ là trung điểm $AB$. Góc nhị diện giữa mặt bên và mặt đáy là góc $SMO=56^{\circ }$. Khoảng cách từ đỉnh $S$ đến mặt đáy: $h=OM\cdot \tan 56^{\circ }=\frac{a}{2}\tan 56^{\circ }=1,7\cdot \tan 56^{\circ }\approx 1,7\cdot 1,4826\approx 2,5204$ m. Đèn treo dưới đỉnh, điểm thấp nhất cách đỉnh $0,3$ m nên cách mặt đáy: $2,5204-0,3\approx 2,2204\approx 2,2$ m. Kết quả khớp với đáp án nguồn 2,2.

Đáp án chính thức theo bảng đáp án mã đề 111: a) Sai, b) Sai, c) Đúng, d) Đúng (SDDS). Nguồn không cung cấp lời giải chi tiết cho từng ý.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $S.ABCD$ là hình chóp tứ giác đều, cạnh đáy $AB=3,2$ m, $O$ là tâm đáy, $M$ là trung điểm $AB$. Khi đó $OM=\frac{AB}{2}=1,6$ m và góc giữa mặt bên $(SAB)$ và mặt đáy là góc $\widehat{SMO}=56^{\circ }$ (vì $OM\perp AB$, $SM\perp AB$). Chiều cao khung lều: $SO=OM\cdot \tan 56^{\circ }=1,6\cdot \tan 56^{\circ }\approx 1,6\times 1,4826\approx 2,3722$ m. Đèn treo dưới đỉnh, điểm thấp nhất của đèn cách đỉnh $30$ cm $=0,3$ m, nên khoảng cách từ điểm thấp nhất của đèn đến mặt đáy là $2,3722-0,3\approx 2,0722\approx 2,1$ m (làm tròn đến hàng phần mười). Kết quả trùng với đáp án nguồn ở bảng mã đề 111: 2,1. Hình minh họa chiếc lều thực tế có ở trang 3 của đề, nên token hình không phải là vấn đề.

(AI giải đề cho tôi)
a) Sai. Trong tam giác $SBC$, $M,N$ lần lượt là trung điểm của $SC,BC$ nên $MN$ là đường trung bình, suy ra $MN\parallel SB$. Do đó góc giữa $MN$ và $SA$ bằng góc giữa $SB$ và $SA$, tức là góc $BSA$ (đỉnh $S$), không phải góc $SBA$ (đỉnh $B$).
b) Sai. Vì $MN\parallel SB$ nên $MN\perp BC$ chỉ khi $SB\perp BC$; giả thiết tam giác $ABC$ cân tại $A$ chỉ cho $AN\perp BC$, không suy ra $SB\perp BC$.
c) Đúng. Vì $\Delta ABC$ cân tại $A$ nên trung tuyến $AN$ cũng là đường cao: $AN\perp BC$. Mặt khác $SA\perp (ABC)\Rightarrow SA\perp BC$. Suy ra $BC\perp (SAN)$, do đó $BC\perp SN$. Góc giữa $(SBC)$ và $(ABC)$ là $\widehat{SNA}$. Tam giác $SAN$ vuông tại $A$: $\tan \widehat{SNA}=\frac{SA}{AN}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SNA}=60^{\circ }$.
d) Đúng. Như trên: $BC\perp AN$, $BC\perp SA$ và $AN\cap SA=A$ nằm trong $(SAN)$, suy ra $BC\perp (SAN)$.
Đối chiếu bảng đáp án: dòng mã đề 1001 (dòng đầu) cho 1a=S, 1b=S, 1c=D, 1d=D, khớp hoàn toàn với kết quả giải.
a) (AI giải đề cho tôi)
$MN$ là đường trung bình tam giác $SBC$ nên $MN\parallel SB$; góc giữa $MN$ và $SA$ là góc $BSA$, không phải góc $SBA$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$MN\parallel SB$ nên $MN\perp BC$ chỉ khi $SB\perp BC$, không suy ra từ giả thiết.
c) (AI giải đề cho tôi)
$AN\perp BC$ và $SA\perp BC$ nên $BC\perp (SAN)\Rightarrow BC\perp SN$; góc giữa hai mặt phẳng là $\widehat{SNA}$ với $\tan \widehat{SNA}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}\Rightarrow 60^{\circ }$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$BC\perp AN$, $BC\perp SA$, $AN\cap SA=A$ nên $BC\perp (SAN)$.

Hướng dẫn chấm (1 điểm):

(AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng $(SCB)$ và $(ABCD)$ cắt nhau theo giao tuyến $BC$. Ta có $AB\perp BC$ (vì $ABCD$ là hình vuông) và $SA\perp (ABCD)\Rightarrow SA\perp BC$. Suy ra $BC\perp (SAB)$, do đó $BC\perp SB$. Vậy góc giữa hai mặt phẳng $(SCB)$ và $(ABCD)$ là góc giữa $SB$ và $BA$, tức là $\widehat{SBA}$. Chọn đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $I$ là gốc, $B=(-\frac{a}{2},0,0)$, $C=(\frac{a}{2},0,0)$, $A=(0,\frac{a\sqrt{3}}{2},0)$. Vì $D$ đối xứng với $A$ qua $I$ nên $D=(0,-\frac{a\sqrt{3}}{2},0)$, và $S=(0,-\frac{a\sqrt{3}}{2},\frac{a\sqrt{6}}{2})$ với $h=SD=\frac{a\sqrt{6}}{2}$.

Ta có $\overrightarrow{SA}=(0,a\sqrt{3},-h)$, $\overrightarrow{SB}=(-\frac{a}{2},\frac{a\sqrt{3}}{2},-h)$, $\overrightarrow{SC}=(\frac{a}{2},\frac{a\sqrt{3}}{2},-h)$.

Pháp tuyến của $(SAB)$: ${\vec{n}}_1=\overrightarrow{SA}\times \overrightarrow{SB}=(-\frac{\sqrt{3}ah}{2},\frac{ah}{2},\frac{\sqrt{3}{a}^2}{2})$.
Pháp tuyến của $(SAC)$: ${\vec{n}}_2=\overrightarrow{SA}\times \overrightarrow{SC}=(-\frac{\sqrt{3}ah}{2},-\frac{ah}{2},-\frac{\sqrt{3}{a}^2}{2})$.

Tích vô hướng: ${\vec{n}}_1\cdot {\vec{n}}_2=\frac{3a^2{h}^2}{4}-\frac{a^2{h}^2}{4}-\frac{3a^4}{4}=\frac{a^2(2h^2-3a^2)}{4}$. Với $h^2=\frac{3a^2}{2}$ thì $2h^2=3a^2$, suy ra ${\vec{n}}_1\cdot {\vec{n}}_2=0$.

Vậy hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SAC)$ vuông góc với nhau, $\phi =90^{\circ }$, khớp với đáp án nguồn (mã đề 2204, câu 21: 90).

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ với $I$ là gốc: $B\left(-\frac{a}{2};0;0\right)$, $C\left(\frac{a}{2};0;0\right)$, $A\left(0;\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)$. Vì $D$ đối xứng với $A$ qua $I$ nên $D\left(0;-\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)$, và $S\left(0;-\frac{a\sqrt{3}}{2};\frac{a\sqrt{6}}{2}\right)$.

Véc tơ $\overrightarrow{AB}=\left(-\frac{a}{2};-\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)$, $\overrightarrow{AS}=\left(0;-a\sqrt{3};\frac{a\sqrt{6}}{2}\right)$, $\overrightarrow{AC}=\left(\frac{a}{2};-\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)$.

Pháp tuyến của $(SAB)$: $\overrightarrow{n_1}=\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AS}=\frac{a^2}{4}\left(-3\sqrt{2};\sqrt{6};2\sqrt{3}\right)$.

Pháp tuyến của $(SAC)$: $\overrightarrow{n_2}=\overrightarrow{AC}\times \overrightarrow{AS}=\frac{a^2}{4}\left(-3\sqrt{2};-\sqrt{6};-2\sqrt{3}\right)$.

Tích vô hướng: $\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{n_2}=\frac{a^4}{16}\left(18-6-12\right)=0$, nên hai mặt phẳng vuông góc nhau, $\phi =90^{\circ }$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (90).

Giải thích được góc $\widehat{ACB}$ là một góc phẳng của góc nhị diện $\left[A^{\prime },C{C}^{\prime },B\right]$.

$\cos \widehat{ACB}=\frac{a}{2a}=\frac{1}{2}$ (vì tam giác $ABC$ vuông tại $B$).

$\widehat{ACB}=60^{\circ }$.

Giải thích được góc $\widehat{ACB}$ là một góc phẳng của góc nhị diện $\left[A^{\prime },C{C}^{\prime },B\right]$.

$\cos \widehat{ACB}=\frac{a}{2a}=\frac{1}{2}$ (vì tam giác $ABC$ vuông tại $B$).

$\widehat{ACB}=60^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Tứ diện đều $ABCD$ cạnh $a$. Gọi $M$ là trung điểm $BC$. Vì tam giác $ABC$ và $DBC$ đều nên $AM\perp BC$, $DM\perp BC$, do đó góc nhị diện $[A,BC,D]$ là $\widehat{AMD}=\alpha$. Ta có $AM=DM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, $AD=a$. Định lí cosin trong tam giác $AMD$: $\cos \alpha =\frac{A{M}^2+D{M}^2-A{D}^2}{2AM\cdot DM}=\frac{\frac{3a^2}{4}+\frac{3a^2}{4}-a^2}{2\cdot \frac{3a^2}{4}}=\frac{\frac{a^2}{2}}{\frac{3a^2}{2}}=\frac{1}{3}$. Vậy chọn đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi cạnh tứ diện đều là $a$. Lấy $M$ là trung điểm $BC$, khi đó $AM\perp BC$, $DM\perp BC$ nên góc nhị diện $[A,BC,D]$ là $\widehat{AMD}=\alpha$. Trong tam giác đều $ABC$: $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$; tương tự $DM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Tam giác $AMD$ cân tại $M$ với $AD=a$, áp dụng định lí cosin: $\cos \alpha =\frac{A{M}^2+D{M}^2-A{D}^2}{2\cdot AM\cdot DM}=\frac{\frac{3a^2}{4}+\frac{3a^2}{4}-a^2}{2\cdot \frac{3a^2}{4}}=\frac{\frac{a^2}{2}}{\frac{3a^2}{2}}=\frac{1}{3}$. Vậy $\cos \alpha =\frac{1}{3}$, chọn đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Tứ diện đều $ABCD$ cạnh $a$. Gọi $M$ là trung điểm $BC$. Tam giác $ABC$ đều nên $AM\perp BC$; tam giác $DBC$ đều nên $DM\perp BC$. Do đó góc nhị diện $[A,BC,D]$ là góc $\widehat{AMD}$, tức $\alpha =\widehat{AMD}$. Ta có $AM=DM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Trong tam giác $AMD$ cân tại $M$, kẻ $MH\perp AD$ thì $H$ là trung điểm $AD$, nên $\cos \alpha =\frac{AH}{AM}=\frac{a/2}{a\sqrt{3}/2}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$. Vậy $\cos \alpha =\frac{\sqrt{3}}{3}$, chọn đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Tứ diện đều $ABCD$ cạnh $a$. Gọi $M$ là trung điểm $BC$. Vì $△ABC$ và $△DBC$ đều nên $AM\perp BC$, $DM\perp BC$, do đó góc nhị diện $[A,BC,D]$ là $\widehat{AMD}=\alpha$. Tam giác $AMD$ có $AM=DM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, $AD=a$. Áp dụng định lí cosin: $\cos \alpha =\frac{A{M}^2+D{M}^2-A{D}^2}{2\cdot AM\cdot DM}=\frac{\frac{3a^2}{4}+\frac{3a^2}{4}-a^2}{2\cdot \frac{3a^2}{4}}=\frac{\frac{a^2}{2}}{\frac{3a^2}{2}}=\frac{1}{3}$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Nhị diện $[S,CD,A]$ có cạnh $CD$. Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp CD$; lại $AD\perp CD$ ($ABCD$ là hình chữ nhật). Do đó $CD\perp (SAD)$, suy ra $SD\perp CD$. Góc phẳng nhị diện là góc giữa $SD$ và $AD$, tức là góc $\widehat{SDA}$. Đáp án C, trùng với đáp án nguồn (đề 0103, câu 2: C).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp CD$. Lại có $ABCD$ là hình chữ nhật nên $AD\perp CD$. Từ đó $CD\perp (SAD)$, suy ra $CD\perp SD$. Trong mặt phẳng $(SAD)$, $DA\perp CD$ và $DS\perp CD$, do đó góc giữa hai mặt phẳng $(SCD)$ và $(ABCD)$ là góc giữa $DS$ và $DA$, tức $\widehat{SDA}$. Vậy góc phẳng nhị diện $[S,CD,A]$ là $\widehat{SDA}$, khớp với đáp án nguồn (đề 0101, câu 11: D).

(AI giải đề cho tôi)
Giao tuyến của $(SCD)$ và $(ABCD)$ là $CD$. Vì $AB\perp CD$ (hình vuông) và $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp CD$, suy ra $CD\perp (SAB)$, do đó $CD\perp AH$ với $H$ là hình chiếu của $A$... chính xác hơn: gọi $H$ là điểm trên $AB$ sao cho $AH\perp CD$, tức $H=B$... Thực chất: $AB\perp CD$ tại $B$, và $SB\perp CD$ (vì $CD\perp (SAB)$). Vậy góc giữa hai mặt phẳng là $\widehat{SBA}$. Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ với $SA=4$, $AB=2$: $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\frac{4}{2}=2$, nên góc $=\arctan 2\approx 63,43^{\circ }\approx 63^{\circ }$. Khớp với đáp án nguồn 63.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $AB\perp BC$ và $SA\perp BC$, suy ra $BC\perp (SAB)$. Do đó $BC\perp SB$, và góc giữa $(SBC)$ và $(ABCD)$ là góc giữa $SB$ và $AB$, tức là góc $SBA$. Trong tam giác $SAB$ vuông tại $A$: $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\frac{9}{3}=3$, nên $\widehat{SBA}\approx 71,57^{\circ }\approx 72^{\circ }$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (72).