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

Hình vẽ phục vụ câu a).
[Hình cần kiểm tra lại: p10_f3]

a) Ta có $\{\begin{array}{l}AD\perp AB\\ AD\perp SB\end{array}$.
Suy ra $AD\perp (SAB)$.
Suy ra $(SAD)\perp (SAB)$.

b) Trong $(ABCD)$, kẻ $BE\perp CM$ với $E\in CM$.
Suy ra $SE\perp CM$.
Suy ra $CM\perp (SEB)$.
Suy ra $SEB$ là góc nhị diện $[S,CM,B]$.
Ta có $\frac{1}{B{E}^2}=\frac{1}{B{M}^2}+\frac{1}{B{C}^2}=\frac{4}{a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{5}{a^2}$.
Suy ra $BE=\frac{a\sqrt{5}}{5}$.
Ta có $\tan SEB=\frac{SB}{BE}=\sqrt{15}$.
Suy ra $SEB\approx 76^0$.

c) Gọi $N$ là trung điểm của $CD$.
Ta có $\{\begin{array}{l}CM\not\subset (SAN)\\ CM//NA,NA\subset (SAN)\end{array}$
Suy ra $CM//(SAN)$.
Do đó, $d(SA,CM)=d((SAN),CM)$
$$=d(M,(SAN))$$
$$=\frac{1}{2}d(B,(SAN))$$
Trong $(ABCD)$, kẻ $BK\perp AN$ với $K\in AN$.
Trong $\Delta SBK$, kẻ $BH\perp SK$ với $H\in SK$.
Suy ra $BH\perp (SAN)$.
Suy ra $d(SA,CM)=\frac{1}{2}d(B,(SAN))=\frac{1}{2}BH$.
Trong $(ABCD)$, gọi $I=AN\cap BC$.
Ta có $\frac{1}{B{H}^2}=\frac{1}{B{K}^2}+\frac{1}{B{S}^2}$
$$=\frac{1}{B{A}^2}+\frac{1}{B{I}^2}+\frac{1}{B{S}^2}$$
$$=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{4a^2}+\frac{1}{3a^2}=\frac{19}{12a^2}.$$
Suy ra $BH=\frac{2a\sqrt{57}}{19}$.
Vậy $d(SA,CM)=\frac{1}{2}BH=\frac{a\sqrt{57}}{19}$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(0;a;0)$, $C(-a;a;0)$, $D(-a;0;0)$, $S(0;0;a\sqrt{2})$.
a) Đúng. Vì $AD\parallel BC$ nên góc giữa $SB$ và $AD$ bằng góc giữa $SB$ và $BC$, tức là góc $\widehat{SBC}$ (tam giác $SBC$ có góc nhọn tại $B$ vì $BC\perp (SAB)$).
b) Đúng. $SA\perp (ABCD)$ nên $AC$ là hình chiếu của $SC$ lên $(ABCD)$; góc cần tìm là $\widehat{SCA}$. Ta có $AC=a\sqrt{2}=SA$ nên $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=1$, suy ra góc bằng $45^{\circ }$.
c) Sai theo bảng HD chấm trang 7 (đề 102, Câu 1: Đ Đ S Đ). Lưu ý: về mặt hình học, vì $CA\perp (SAB)$ nên hình chiếu của $C$ lên $(SAB)$ là $A$, hình chiếu của tam giác $SBC$ lên $(SAB)$ có vẻ là tam giác $SAB$; tồn tại mâu thuẫn giữa suy luận hình học và đáp án chính thức, giữ nguyên đáp án chính thức.
d) Đúng. Gọi $O=AC\cap BD$. Trong mặt phẳng $(ABCD)$: $CO\perp BD$; tam giác $SAC$ vuông tại $A$ có $SO\perp BD$. Vậy góc nhị diện $[S,BD,C]$ là góc $SOC$. Tích vô hướng $\overrightarrow{OS}\cdot \overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OC}=-\frac{a^2}{2}<0$ nên góc $SOC$ tù. Với $OS=\frac{a\sqrt{10}}{2},OC=\frac{a\sqrt{2}}{2}$: $\cos \alpha =-\frac{1}{\sqrt{5}}$, suy ra $\sin \alpha =\frac{2}{\sqrt{5}}$ và $\tan \alpha =-2$. Kết quả khớp bảng HD chấm (đề 102): a) Đúng, b) Đúng, c) Sai, d) Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Vì $AD\parallel BC$ nên góc giữa $SB$ và $AD$ bằng góc giữa $SB$ và $BC$, tức là $\widehat{SBC}$. Khẳng định Đúng.
b) (AI giải đề cho tôi)
$SA\perp (ABCD)$ nên $AC$ là hình chiếu của $SC$ lên $(ABCD)$; góc cần tìm là $\widehat{SCA}$. Ta có $AC=a\sqrt{2}=SA$ nên $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=1$, suy ra góc bằng $45^{\circ }$. Khẳng định Đúng.
c) (AI giải đề cho tôi)
Lưu ý: về mặt hình học, vì $CA\perp AB$ và $CA\perp SA$ nên $CA\perp (SAB)$, do đó hình chiếu của $C$ lên $(SAB)$ là $A$, và hình chiếu của tam giác $SBC$ lên $(SAB)$ có vẻ là tam giác $SAB$. Tuy nhiên, bảng HD chấm trang 7 (đề 102, Câu 1) ghi rõ ý c) là S (Sai), nên khẳng định được giữ nguyên theo đáp án chính thức của đề.
d) (AI giải đề cho tôi)
Gọi $O=AC\cap BD$. Trong mặt phẳng $(ABCD)$: $CO\perp BD$; tam giác $SAC$ vuông tại $A$ có $SO\perp BD$ (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền). Vậy góc nhị diện $[S,BD,C]$ là góc $SOC$. Tích vô hướng $\overrightarrow{OS}\cdot \overrightarrow{OC}=(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{AS})\cdot \overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OC}=-\frac{a^2}{2}<0$ nên góc $SOC$ tù. Với $OS=\frac{a\sqrt{10}}{2},OC=\frac{a\sqrt{2}}{2}$: $\cos \alpha =\frac{-a^2/2}{\frac{a\sqrt{10}}{2}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}}=-\frac{1}{\sqrt{5}}$, suy ra $\sin \alpha =\frac{2}{\sqrt{5}}$ và $\tan \alpha =-2$. Khẳng định Đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;a;0)$, $D(0;a;0)$, $S(0;0;a\sqrt{3})$.

a) Vì $AB\parallel CD$ nên góc giữa $SD$ và $AB$ bằng góc giữa $SD$ và $CD$, tức $\widehat{SDC}$. Đúng.

b) $SA\perp (ABCD)$ nên $AD$ là hình chiếu của $SD$ trên $(ABCD)$, góc giữa $SD$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SDA}$ với $\tan \widehat{SDA}=\frac{SA}{AD}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SDA}=60^{\circ }$. Đúng.

c) Mặt phẳng $(SAD)$ là mặt phẳng $x=0$. Hình chiếu của $C(a;a;0)$ trên $(SAD)$ là $D(0;a;0)$, nên hình chiếu của tam giác $SCD$ là đoạn $SD$ (tam giác suy biến), không phải tam giác $SAD$. Sai.

d) Gọi $O$ là tâm hình vuông (trung điểm $BD$). Vì $AC\perp BD$ và $SA\perp (ABCD)$ nên $BD\perp (SAC)$, do đó góc nhị diện $[S,BD,C]$ là $\widehat{SOC}$. Ta có $OC=\frac{a\sqrt{2}}{2}$, $AO=\frac{a\sqrt{2}}{2}$, $SO=\sqrt{S{A}^2+A{O}^2}=\sqrt{3a^2+\frac{a^2}{2}}=a\sqrt{\frac{7}{2}}$, $SC=\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}=\sqrt{3a^2+2a^2}=a\sqrt{5}$.
Áp dụng định lí cosin trong tam giác $SOC$: $\cos \widehat{SOC}=\frac{S{O}^2+O{C}^2-S{C}^2}{2\cdot SO\cdot OC}=\frac{\frac{7a^2}{2}+\frac{a^2}{2}-5a^2}{2\cdot a\sqrt{\frac{7}{2}}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}}=\frac{-a^2}{a^2\sqrt{7}}=-\frac{1}{\sqrt{7}}$.
Suy ra $\sin \widehat{SOC}=\sqrt{\frac{6}{7}}$ và $\tan \alpha =\tan \widehat{SOC}=-\sqrt{6}$. Đúng.

Kết quả khớp bảng HD chấm: a) Đúng, b) Đúng, c) Sai, d) Đúng. Lưu ý: góc $\widehat{SOC}$ là góc tù (cos âm) vì $S$ và $C$ nằm về hai phía của mặt phẳng qua $BD$ vuông góc với $(SAC)$, nên $\tan \alpha =-\sqrt{6}$ (dấu âm đúng).
a) (AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\parallel CD$ nên góc giữa $SD$ và $AB$ bằng góc giữa $SD$ và $CD$, tức $\widehat{SDC}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $SD$ trên $(ABCD)$ là $AD$; $\tan \widehat{SDA}=\frac{SA}{AD}=\sqrt{3}\Rightarrow 60^{\circ }$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $C$ trên $(SAD)$ là $D$ (vì $CD\perp (SAD)$), nên hình chiếu của tam giác $SCD$ là đoạn thẳng $SD$, không phải tam giác $SAD$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Góc nhị diện $[S,BD,C]$ là $\widehat{SOC}$ với $O$ tâm hình vuông. Định lí cosin cho $\cos \widehat{SOC}=-\frac{1}{\sqrt{7}}$, suy ra $\tan \alpha =-\sqrt{6}$.

(AI giải đề cho tôi)
Lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có AC = a, BC = 2a, góc ACB = 120°, góc nhị diện [C', AB, C] = 60°.

a) Diện tích tam giác ABC: S = ½·AC·BC·sin120° = ½·a·2a·(√3/2) = a²√3/2. Đúng.

b) Trong mặt phẳng (ABC), AB² = a² + 4a² − 2·a·2a·cos120° = 7a² nên AB = a√7. Kẻ CH ⊥ AB tại H, do lăng trụ đứng nên C'H ⊥ AB, góc C'HC = 60°. Diện tích cho CH = (AC·BC·sin120°)/AB = (2a²·√3/2)/(a√7) = a√21/7. Khi đó CC' = CH·tan60° = (a√21/7)·√3 = 3a√7/7 ≠ a√21/7 (a√21/7 chính là CH). Sai.

c) Thể tích khối chóp C.ABC' = (1/3)·S(ABC)·CC' = (1/3)·(a²√3/2)·(3a√7/7) = a³√21/14. C'H = CH/cos60° = 2a√21/7 nên S(ABC') = ½·AB·C'H = ½·a√7·2a√21/7 = a²√3. Khoảng cách d(C,(ABC')) = 3V/S(ABC') = (3a³√21/14)/(a²√3) = 3a√7/14. Đúng.

d) Đặt hệ tọa độ: C(0,0,0), A(a,0,0), B(−a, a√3, 0), C'(0,0,h) với h = 3a√7/7. Vectơ chỉ phương u = BC = (−a, a√3, 0), v = AC' = (−a, 0, h). u×v = (a√3·h, a·h, −a²√3), |u×v| = a²√(4h² + 3a²) = a²√(36a²/7 + 21a²/7) = a²√(57a²/7). Khoảng cách = |AC·(u×v)|/|u×v| với AC = (−a,0,0): = a²√3·h/(a²√(57/7)) = √3·(3a√7/7)·√(7/57) = 3a√3/√57 = 3a/√19 = 3a√19/19. Đúng.

Kết quả khớp hoàn toàn với đáp án nguồn: a Đúng, b Sai, c Đúng, d Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
S = ½·a·2a·sin120° = a²√3/2.
b) (AI giải đề cho tôi)
CH = a√21/7, nhưng CC' = CH·tan60° = 3a√7/7 ≠ a√21/7.
c) (AI giải đề cho tôi)
d(C,(ABC')) = 3V/S(ABC') = 3a√7/14.
d) (AI giải đề cho tôi)
Dùng tọa độ, khoảng cách giữa BC và AC' = 3a√19/19.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $D(0;a;0)$, $C(a;a;0)$. Vì $\Delta SAB$ đều cạnh $a$ và $(SAB)\perp (ABCD)$ nên $S\left(\frac{a}{2};0;\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$.

Vectơ: $\overrightarrow{SA}=\left(-\frac{a}{2};0;-\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$, $\overrightarrow{SD}=\left(-\frac{a}{2};a;-\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$, $\overrightarrow{SC}=\left(\frac{a}{2};a;-\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$.

Pháp tuyến của $(SAC)$: $\overrightarrow{n_1}=\overrightarrow{SA}\times \overrightarrow{SC}=a^2\left(\frac{\sqrt{3}}{2};-\frac{\sqrt{3}}{2};-\frac{1}{2}\right)$, độ dài $\frac{a^2\sqrt{7}}{2}$.

Pháp tuyến của $(SDC)$: $\overrightarrow{n_2}=\overrightarrow{SD}\times \overrightarrow{SC}=a^2\left(0;-\frac{\sqrt{3}}{2};-1\right)$, độ dài $\frac{a^2\sqrt{7}}{2}$.

$$\cos \phi =\frac{\left|\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{n_2}\right|}{|\overrightarrow{n_1}||\overrightarrow{n_2}|}=\frac{\frac{3}{4}+\frac{1}{2}}{\frac{7}{4}}=\frac{5}{7}\approx 0,71.$$

Kết quả khớp với đáp án nguồn 0,71.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;a;0)$, $D(0;a;0)$. Vì $\Delta SAB$ đều cạnh $a$ và $(SAB)\perp (ABCD)$ nên trung điểm $M$ của $AB$ là chân đường cao, $S\left(\frac{a}{2};0;\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$.

Vectơ pháp tuyến của $(SAC)$: $\overrightarrow{n_1}=\overrightarrow{AC}\times \overrightarrow{AS}\propto (\sqrt{3};-\sqrt{3};-1)$, độ dài $\sqrt{7}$.
Vectơ pháp tuyến của $(SDC)$: $\overrightarrow{n_2}=\overrightarrow{DC}\times \overrightarrow{DS}\propto (0;\sqrt{3};2)$, độ dài $\sqrt{7}$.

$$\cos \phi =\frac{|\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{n_2}|}{|\overrightarrow{n_1}||\overrightarrow{n_2}|}=\frac{|0-3-2|}{7}=\frac{5}{7}\approx 0,71.$$

Kết quả khớp với đáp án nguồn 0,71.

Góc giữa $SC$ và đáy là $\widehat{SCA}=30^{\circ }$. Xét $\Delta SAC$ vuông tại $A$:
$AC=a\sqrt{2}\Rightarrow SA=AC\cdot \tan (30^{\circ })=a\sqrt{\frac{2}{3}}$.
Kẻ $AO\perp BD$ (tâm $O$), theo định lý ba đường vuông góc ta có $SO\perp BD$. Góc phẳng nhị diện là góc giữa hai nửa mặt phẳng mang bờ $BD$, tức là góc $\widehat{SOC}$.
Tính các cạnh tam giác $SOC$:
$SO=\sqrt{S{A}^2+A{O}^2}=\sqrt{\frac{2a^2}{3}+\frac{a^2}{2}}=a\sqrt{\frac{7}{6}}$.
$SC=\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}=\sqrt{\frac{2a^2}{3}+2a^2}=a\sqrt{\frac{8}{3}}$.
$OC=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Theo định lý cosin: $\cos \widehat{SOC}=\frac{S{O}^2+O{C}^2-S{C}^2}{2\cdot SO\cdot OC}=\frac{\frac{7}{6}+\frac{1}{2}-\frac{8}{3}}{2\sqrt{\frac{7}{6}}\sqrt{\frac{1}{2}}}=\frac{-1}{\sqrt{\frac{7}{3}}}=-\sqrt{\frac{3}{7}}$.
Suy ra góc $\widehat{SOC}\approx 130,89^{\circ }$.
Kết quả làm tròn: 131.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BD$. Đáy là hình vuông tâm $O$ nên $AC\perp BD$ tại $O$, suy ra $BD\perp (SAO)$. Do đó góc nhị diện $[S,BD,A]$ là góc $\widehat{SOA}$. Tam giác $SOA$ vuông tại $A$ với $\tan \widehat{SOA}=\frac{SA}{AO}$. Vì $AC=2SA$ nên $AO=\frac{AC}{2}=SA$, suy ra $\tan \widehat{SOA}=1$, tức $\widehat{SOA}=45^0$. Vậy chọn C.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $AB=a$, $BC=\sqrt{3}$. Vì $(SAB)$ là tam giác đều cạnh $a$ và $(SAB)\perp (ABCD)$ nên hình chiếu của $S$ xuống đáy là trung điểm $H$ của $AB$, chiều cao $SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Vì $CD\parallel AB$ nên $SH\perp CD$ và $AH\perp CD$ (với $AH\parallel BC$, $AH=\sqrt{3}$). Gọi $M$ là trung điểm $CD$, thì $HM\perp CD$, $HM=\sqrt{3}$. Suy ra góc nhị diện $[S,CD,A]$ là $\widehat{SHM}=30^{\circ }$.

$$\tan 30^{\circ }=\frac{SH}{HM}=\frac{a\sqrt{3}/2}{\sqrt{3}}=\frac{a}{2}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow a=\frac{2}{\sqrt{3}}.$$

Thể tích: $$V=\frac{1}{3}\cdot AB\cdot BC\cdot SH=\frac{1}{3}\cdot \frac{2}{\sqrt{3}}\cdot \sqrt{3}\cdot \frac{2}{\sqrt{3}}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{2}{3}.$$

Vậy $m=2,n=3$, $m^2+n^2=4+9=13$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AB$ và $SA\perp AC$. Góc phẳng nhị diện $[B,SA,C]$ có cạnh là đường thẳng $SA$, hai nửa mặt phẳng lần lượt chứa $AB$ và $AC$. Góc nhị diện bằng góc giữa $AB$ và $AC$ vuông góc chung với $SA$. Do $ABCD$ là hình vuông, $AB\perp AC$ (góc giữa cạnh và đường chéo... thực chất $\widehat{BAC}=45°$). Xét lại: cạnh nhị diện là $SA$, các đường vuông góc với $SA$ trong hai nửa mặt phẳng là $AB$ và $AC$, nên góc nhị diện $=\widehat{BAC}=45°$. Vậy chọn D.

(AI giải đề cho tôi)
Nhị diện $[B,SA,C]$ có cạnh $SA$. Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AB$ và $SA\perp AC$. Góc phẳng nhị diện là góc $\widehat{BAC}$. Đáy $ABCD$ là hình vuông nên $\widehat{BAC}=45^{\circ }$. Vậy đáp án C.

(AI giải đề cho tôi) Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(2a;0;0)$, $D(0;a;0)$, $C(2a;a;0)$, $A^{\prime }(0;0;a)$. Mặt phẳng $(BDC)$: $x+2y-2a=0$, vtcp pháp tuyến $\overrightarrow{n_1}=(1;2;0)$, $|\overrightarrow{n_1}|=a\sqrt{5}$. Mặt phẳng $(A^{\prime }BD)$ qua $A^{\prime },B,D$: $x+2y+2z-2a=0$, pháp tuyến $\overrightarrow{n_2}=(1;2;2)$, $|\overrightarrow{n_2}|=3a$. $\cos \alpha =\frac{|\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{n_2}|}{|\overrightarrow{n_1}||\overrightarrow{n_2}|}=\frac{5a^2}{3a^2\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{3}$, suy ra $\sin \alpha =\frac{2}{3}$ và $\tan \alpha =\frac{2/3}{\sqrt{5}/3}=\frac{2}{\sqrt{5}}$. Vậy đáp án C.

Dựng góc phẳng nhị diện: Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên $BD$. Khi đó $BD\perp AH$; mặt khác $SA\perp (ABCD)$ nên $BD\perp SA$. Suy ra $BD\perp (SAH)$, do đó $BD\perp SH$. Vậy $\widehat{SHA}$ là góc phẳng của góc nhị diện $[S,BD,A]$. Trong mặt phẳng $(ABCD)$, hai điểm $A$ và $C$ nằm khác phía đối với đường thẳng $BD$; tia vuông góc với $BD$ tại $H$ hướng về phía chứa $C$ là tia đối của tia $HA$. Do đó hai góc nhị diện $[S,BD,A]$ và $[S,BD,C]$ bù nhau: $$\alpha =180^{\circ }-\widehat{SHA}.$$ Tính các độ dài: Trong tam giác vuông $ABD$: $$BD=\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}=\sqrt{a^2+4a^2}=a\sqrt{5},AH=\frac{AB\cdot AD}{BD}=\frac{a\cdot 2a}{a\sqrt{5}}=\frac{2a\sqrt{5}}{5}.$$ Tam giác $SAH$ vuông tại $A$ nên $$\tan \widehat{SHA}=\frac{SA}{AH}=\frac{2a}{\frac{2a\sqrt{5}}{5}}=\sqrt{5}⟹\cos \widehat{SHA}=\frac{1}{\sqrt{1+{\tan }^2\widehat{SHA}}}=\frac{1}{\sqrt{6}}.$$ Vậy $\cos \alpha =-\cos \widehat{SHA}=-\frac{\sqrt{6}}{6}$. Đáp số: $\cos \alpha =-\frac{\sqrt{6}}{6}\approx -0,41$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$. Tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$ nên $AB\perp BC$. Do đó $BC\perp (SAB)$, suy ra góc nhị diện $[S,BC,A]$ là $\alpha =\widehat{SBA}$. Tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$ với $AB=1$ nên $BC=1$, $AC=\sqrt{2}$. Tam giác $SAC$ vuông tại $A$ có $SC=2$, $AC=\sqrt{2}$ nên $SA=\sqrt{S{C}^2-A{C}^2}=\sqrt{4-2}=\sqrt{2}$. Khi đó $\tan \alpha =\frac{SA}{AB}=\frac{\sqrt{2}}{1}=\sqrt{2}$. Vậy đáp án A, trùng với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ trục toạ độ với $O$ là gốc, $OA,OB,OC$ là ba trục. Khi đó $A(a\sqrt{3};0;0)$, $B(0;a\sqrt{6};0)$, $C(0;0;a\sqrt{6})$. Gọi $M$ là trung điểm $BC$: $M\left(0;\frac{a\sqrt{6}}{2};\frac{a\sqrt{6}}{2}\right)$. Vì $OB=OC$ nên $△OBC$ cân tại $O$, do đó $OM\perp BC$; tương tự $AM\perp BC$. Suy ra góc nhị diện $[A,BC,O]$ là góc giữa $AM$ và $OM$. Ta có $\overrightarrow{OM}=\left(0;\frac{a\sqrt{6}}{2};\frac{a\sqrt{6}}{2}\right)$, $|OM|=a\sqrt{3}$; $\overrightarrow{AM}=\left(-a\sqrt{3};\frac{a\sqrt{6}}{2};\frac{a\sqrt{6}}{2}\right)$, $|AM|=a\sqrt{6}$. Vậy $\cos \phi =\frac{\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{OM}}{|AM||OM|}=\frac{\frac{3a^2}{2}+\frac{3a^2}{2}}{a\sqrt{6}\cdot a\sqrt{3}}=\frac{3a^2}{3a^2\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$, suy ra $\phi =45^{\circ }$. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Hình thoi ABCD có AB=2, AC=2 nên nửa đường chéo OA=OC=1, do đó OB=√(AB²−OA²)=√(4−1)=√3, tức BD=2√3. a) Diện tích hình thoi = (AC·BD)/2 = (2·2√3)/2 = 2√3 → Đúng. b) Vì AC⊥BD và SA⊥(ABCD) nên SA⊥BD, suy ra BD⊥(SAC), mà SO⊂(SAC) nên SO⊥BD, góc bằng 90° → Đúng. c) Tọa hóa: O(0,0,0), A(−1,0,0), C(1,0,0), D(0,−√3,0), S(−1,0,1), M trung điểm SD = (−1/2,−√3/2,1/2). Khoảng cách từ M đến AC (trục Ox) là √(3/4+1/4)=1, nên S(MAC) = ½·AC·d(M,AC) = ½·2·1 = 1 ≠ 3/4 → Sai. d) Hình chiếu của M lên đáy là M' trung điểm OD, d(M',AC)=√3/2, MM'=1/2. Góc nhị diện [M,AC,D] là góc giữa MM' và M'D (cùng vuông góc AC tại M'), nên tan = (1/2)/(√3/2) = 1/√3, góc bằng 30° ≠ 60° → Sai. Kết quả khớp đáp án nguồn: a Đúng, b Đúng, c Sai, d Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
BD=2√3 nên S = (2·2√3)/2 = 2√3.
b) (AI giải đề cho tôi)
BD⊥(SAC) nên SO⊥BD, góc bằng 90°.
c) (AI giải đề cho tôi)
S(MAC) = ½·2·1 = 1 ≠ 3/4.
d) (AI giải đề cho tôi)
tan góc nhị diện = (1/2)/(√3/2) = 1/√3, góc bằng 30° ≠ 60°.

Sử dụng phương pháp tọa độ hóa hoặc hình học không gian:
Do tính đối xứng qua mặt phẳng trung trực của $B^{\prime }{C}^{\prime }$, ta tính được vectơ pháp tuyến của $(PMN)$ và $(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ có tích vô hướng bằng 0, tức là hai mặt phẳng vuông góc với nhau.
Vậy góc tạo bởi hai mặt phẳng bằng $90^{\circ }$.

Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Vì $S.ABCD$ là chóp tứ giác đều nên $SO\perp (ABCD)$ và $SO=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Gọi $I$ là trung điểm của cạnh $CD$. Khi đó $OI\perp CD$ và $OI=\frac{a}{2}$.
Do $SO\perp CD$ và $OI\perp CD⟹CD\perp (SOI)⟹SI\perp CD$.
Do đó góc giữa mặt bên $(SCD)$ và đáy $(ABCD)$ là góc $\widehat{SIO}=\alpha$.
Xét $\Delta SOI$ vuông tại $O$:
$\tan \alpha =\frac{SO}{OI}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a}{2}}=\sqrt{3}⟹\alpha =60^{\circ }$. Chọn A.

Gọi $O=AC\cap BD$ và đáy có cạnh bằng $a$. Do $\widehat{BAD}=120^{\circ }$ nên $△ABC$ đều cạnh $a\Rightarrow OC=\frac{a}{2}$, khoảng cách từ $O$ đến $BC$ là $OM=\frac{a\sqrt{3}}{4}$. Vì góc giữa $(SBC)$ và đáy bằng $60^{\circ }$ nên $SO=OM\tan 60^{\circ }=\frac{3a}{4}$. Mặt phẳng $(P)$ chứa $BD$ và vuông góc với $(SBC)$ nên $SC\perp (P)\Rightarrow OE\perp SC$. Trong tam giác vuông $SOC$: $EC\cdot SC=O{C}^2\Rightarrow k=\frac{V_{S.ABCD}}{V_{B.DCE}}=\frac{2SC}{EC}=\frac{2S{C}^2}{O{C}^2}=\frac{2\left(\frac{9a^2}{16}+\frac{a^2}{4}\right)}{\frac{a^2}{4}}=\frac{13}{2}=6,5\in (6;7)$. Chọn đáp án D.