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

(AI giải đề cho tôi)
Hình thoi $ABCD$ có $AC\perp BD$ tại $O$, nên $AO\perp BD$. Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BD$. Suy ra $BD\perp (SAO)$, do đó $BD\perp SO$. Trong mặt phẳng $(SAO)$, ta có $AO\perp BD$ và $SO\perp BD$ tại $O$, nên góc phẳng nhị diện $[S,BD,A]$ là góc giữa hai tia $OS$ và $OA$, tức $\alpha =\widehat{SOA}$. Vậy chọn đáp án C, trùng với đáp án nguồn (đề 101, Câu 12: C).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi cạnh đáy = cạnh bên = a. a) Đúng: lăng trụ đều có AA' ⊥ (ABC), mà AA' ⊂ (A'AB) nên (ABC) ⊥ (A'AB). b) Đúng: BB' ⊥ (ABC) nên góc giữa BB' và (ABC) bằng 90°. c) Đúng: hình chiếu của B'C lên (ABC) là BC, góc cần tìm là góc B'CB của tam giác vuông B'BC với tan∠B'CB = B'B/BC = a/a = 1, suy ra góc bằng 45°. d) Đúng: góc nhị diện [A, B'C', A'] có cạnh B'C'. Trong mặt phẳng (A'B'C') (tam giác đều), kẻ A'M ⊥ B'C' (M là trung điểm B'C', A'M = a√3/2). Trong mặt phẳng (AB'C'), kẻ AN ⊥ B'C'; vì tam giác AB'C' cân tại A (AB' = AC' = a√2, B'C' = a) nên N là trung điểm B'C', tức N ≡ M, và AM = √(AB'^2 − (a/2)^2) = √(2a² − a²/4) = (a√7)/2. Góc nhị diện α = ∠A'MA với tam giác vuông A'MA (A'M ⊥ B'C' nên A'M ⊥ MN nằm trong B'C'... chính xác hơn A'M ⊥ MM' và tam giác A'MA vuông tại M vì A'M ⊥ B'C' và MN ⊂ B'C'). Ta có cos α = A'M/AM = (a√3/2)/((a√7)/2) = √(3/7), suy ra sin α = 2/√7 và tan α = (2/√7)/(√3/√7) = 2/√3. Vậy cả bốn ý a), b), c), d) đều đúng, khớp với đáp án nguồn (Đ Đ Đ Đ).
a) (AI giải đề cho tôi)
Lăng trụ đều có AA' ⊥ (ABC) và AA' ⊂ (A'AB), nên (ABC) ⊥ (A'AB).
b) (AI giải đề cho tôi)
BB' ⊥ (ABC) nên góc giữa BB' và (ABC) bằng 90°.
c) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của B'C lên (ABC) là BC; tan∠B'CB = B'B/BC = 1 nên góc bằng 45°.
d) (AI giải đề cho tôi)
Kẻ A'M ⊥ B'C' (M trung điểm B'C'), AM ⊥ B'C' với M ∈ B'C' (tam giác AB'C' cân). cos α = A'M/AM = (a√3/2)/((a√7)/2) = √(3/7) ⇒ tan α = 2/√3.

(AI giải đề cho tôi)
a) Đáy ABCD là hình vuông nên $AC\perp BD$. Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BD$. Mà $BD\perp AC$, $BD\perp SA$, $AC,SA\subset (SAC)$, $AC\cap SA=A$ nên $BD\perp (SAC)$.

b) Gọi $O=AC\cap BD$ là tâm hình vuông. Vì $BD\perp (SAC)$ nên $BD\perp SO$ và $BD\perp AO$. Do đó góc nhị diện $[S,BD,A]$ là $\widehat{SOA}$.

Tính: cạnh đáy $2$ nên $AC=2\sqrt{2}$, suy ra $AO=\sqrt{2}$. Trong tam giác vuông $SAO$ (vuông tại $A$):
$$\tan \widehat{SOA}=\frac{SA}{AO}=\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{2}}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SOA}=60^{\circ }.$$
Vậy số đo góc nhị diện $[S,BD,A]$ bằng $60^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp tam giác đều S.ABC, O là trọng tâm đáy nên SO ⊥ (ABC). Cạnh đáy a√3 nên bán kính đường tròn ngoại tiếp OB = OC = OA = (a√3)/√3 = a, SO = a√3/2.
a) Vì SO ⊥ (ABC) và SO ⊂ (SOA) nên (SOA) ⊥ (ABC). Mệnh đề nói 'không vuông góc' → SAI.
b) Góc giữa SB và (ABC) là góc SBO, tan φ = SO/OB = (a√3/2)/a = √3/2 ≠ √3 → SAI.
c) SO ⊥ (ABC) → ĐÚNG.
d) Gọi M là trung điểm BC, tam giác đều ABC có đường cao AM = (a√3)(√3/2) = 3a/2, OM = AM/3 = a/2. Góc nhị diện [S,BC,O] là góc SMO (vì SM ⊥ BC, OM ⊥ BC), tan = SO/OM = (a√3/2)/(a/2) = √3 → góc = 60° → ĐÚNG.
a) (AI giải đề cho tôi)
SO ⊥ (ABC) và SO ⊂ (SOA) nên (SOA) ⊥ (ABC). Mệnh đề khẳng định 'không vuông góc' là sai.
b) (AI giải đề cho tôi)
Góc giữa SB và (ABC) là góc SBO với OB = a, SO = a√3/2, nên tan φ = √3/2 ≠ √3.
c) (AI giải đề cho tôi)
Trong hình chóp tam giác đều, đường nối đỉnh với trọng tâm đáy vuông góc với mặt đáy: SO ⊥ (ABC).
d) (AI giải đề cho tôi)
M trung điểm BC: OM = a/2, SM ⊥ BC, OM ⊥ BC, tan góc SMO = SO/OM = √3 nên góc nhị diện bằng 60°.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O$ là tâm hình chữ nhật $ABCD$, $M$ là trung điểm $AB$. Vì $SA=SB=\sqrt{7}$ nên $SM\perp AB$; lại $B{B}^{\prime }\perp (ABCD)$ nên $AB\perp B{B}^{\prime }$, suyra $AB\perp (SMO)$ với $O$ là chân đường cao của hình chóp (do $SA=SB=SC=SD$ nên $S$ nằm trên đường thẳng qua $O$ vuông góc với đáy). Vậy góc nhị diện $[S,AB,B^{\prime }]$ là $\widehat{SMO}$.

Tọa độ: $A(0;0;0),B(4;0;0),D(0;2;0)$, nên $O(2;1;0)$, $M(2;0;0)$. Ta có $OA=\sqrt{5}$, nên $SO=\sqrt{S{A}^2-O{A}^2}=\sqrt{7-5}=\sqrt{2}$; $OM=1$.

$$\tan \widehat{SMO}=\frac{SO}{OM}=\sqrt{2}\Rightarrow \widehat{SMO}=\arctan \sqrt{2}\approx 54,74^{\circ }\approx 55^{\circ }.$$

Vậy góc nhị diện $[S,AB,B^{\prime }]$ xấp xỉ $55^{\circ }$.

a) Vì $M$ là trung điểm của $AD$ nên $AM=MD=\frac{AD}{2}=\frac{2a}{2}=a=BC$.
Xét tứ giác $ABCM$ có: $AM\parallel BC$ (do $AD\parallel BC$), có $AB=BC=a$ và $\hat{A}=\hat{B}=90^{\circ }\Rightarrow ABCM$ là hình vuông cạnh $a$.
Suy ra: $AC=a\sqrt{2}$ và $CM=a=\frac{1}{2}AD$.
Khi đó, tam giác $ACD$ vuông tại $C$. Suy ra $CD\perp AC$ (1).
Ta có $SA\perp (ABCD)\Rightarrow SA\perp CD$ (2).
Từ (1) và (2), $CD$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau $AC$ và $SA$ nằm trong $(SAC)$.
Vậy $CD\perp (SAC)$ (đpcm).

b) Vì $△SBC=△SMC$ (cạnh - cạnh - cạnh) nên kẻ $BK\perp SC,K\in SC\Rightarrow MK\perp SC$.
Trong mặt phẳng $(SBC)$, kẻ $BK\perp SC$ tại $K$.
Khi đó, góc $\widehat{BKM}$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện $[B,SC,M]$.
Xét tam giác $SBC$ vuông tại $B$ (do $BC\perp (SAB)$):
$$SB=\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}=\sqrt{{\left(a\sqrt{3}\right)}^2+a^2}=2a.$$
$$SC=\sqrt{S{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{(2a{)}^2+a^2}=a\sqrt{5}.$$
Tính $BK$: Trong tam giác vuông $SBC$ tại $B$: $BK=\frac{SB\cdot BC}{SC}=\frac{2a\cdot a}{a\sqrt{5}}=\frac{2a}{\sqrt{5}}$
$$\Rightarrow MK=BK=\frac{2a}{\sqrt{5}}\text{ (do hai tam giaˊc ba˘ˋng nhau).}$$
Tính $BM$: Trong hình vuông $ABCM$ cạnh $a$:
$$BM=\sqrt{A{B}^2+A{M}^2}=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}$$
Xét tam giác $BKM$, áp dụng định lý cosin:
$$\cos \widehat{BKM}=\frac{B{K}^2+M{K}^2-B{M}^2}{2\cdot BK\cdot MK}=\frac{{\left(\frac{2a}{\sqrt{5}}\right)}^2+{\left(\frac{2a}{\sqrt{5}}\right)}^2-{\left(a\sqrt{2}\right)}^2}{2\cdot \frac{2a}{\sqrt{5}}\cdot \frac{2a}{\sqrt{5}}}=\frac{-1}{4}$$
Vậy $\cos \alpha =\frac{-1}{4}$.

Vẽ hình đúng để làm được câu a.

a) Vì $M$ là trung điểm của $AD$ nên $AM=MD=\frac{AD}{2}=\frac{2a}{2}=a=BC$.
Xét tứ giác $ABCM$ có: $AM\parallel BC$ (do $AD\parallel BC$), có $AB=BC=a$ và $\hat{A}=\hat{B}=90^{\circ }\Rightarrow ABCM$ là hình vuông cạnh $a$.
Suy ra: $AC=a\sqrt{2}$ và $CM=a=\frac{1}{2}AD$.
Khi đó, tam giác $ACD$ vuông tại $C$. Suy ra $CD\perp AC$ (1).
Ta có $SA\perp (ABCD)\Rightarrow SA\perp CD$ (2).
Từ (1) và (2), $CD$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau $AC$ và $SA$ nằm trong $(SAC)$.
Vậy $CD\perp (SAC)$ (đpcm).

b) Vì $△SBC=△SMC$ (cạnh - cạnh - cạnh) nên kẻ $BK\perp SC,K\in SC\Rightarrow MK\perp SC$.
Trong mặt phẳng $(SBC)$, kẻ $BK\perp SC$ tại $K$.
Khi đó, góc $\widehat{BKM}$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện $[B,SC,M]$.
Xét tam giác $SBC$ vuông tại $B$ (do $BC\perp (SAB)$):
$$SB=\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}=\sqrt{{\left(a\sqrt{3}\right)}^2+a^2}=2a.$$
$$SC=\sqrt{S{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{(2a{)}^2+a^2}=a\sqrt{5}.$$
Tính $BK$: Trong tam giác vuông $SBC$ tại $B$: $BK=\frac{SB\cdot BC}{SC}=\frac{2a\cdot a}{a\sqrt{5}}=\frac{2a}{\sqrt{5}}$
$$\Rightarrow MK=BK=\frac{2a}{\sqrt{5}}\text{ (do hai tam giaˊc ba˘ˋng nhau).}$$
Tính $BM$: Trong hình vuông $ABCM$ cạnh $a$:
$$BM=\sqrt{A{B}^2+A{M}^2}=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}$$
Xét tam giác $BKM$, áp dụng định lý cosin:
$$\cos \widehat{BKM}=\frac{B{K}^2+M{K}^2-B{M}^2}{2\cdot BK\cdot MK}=\frac{{\left(\frac{2a}{\sqrt{5}}\right)}^2+{\left(\frac{2a}{\sqrt{5}}\right)}^2-{\left(a\sqrt{2}\right)}^2}{2\cdot \frac{2a}{\sqrt{5}}\cdot \frac{2a}{\sqrt{5}}}=\frac{-1}{4}$$
Vậy $\cos \alpha =\frac{-1}{4}$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Vì AC ⊥ AB và AC ⊥ AD (AB, AC, AD đôi một vuông góc) nên AC ⊥ (ABD). Đúng.
b) Gọi là góc giữa CD và (ABD): hình chiếu của C lên (ABD) là A (vì AC ⊥ (ABD)), nên góc cần tìm là ∠CDA. Trong tam giác CAD vuông tại A: tan∠CDA = AC/AD = a/(a√3) = 1/√3 ⇒ ∠CDA = 30°. Đúng.
c) Trong (ABC), gọi H là trung điểm BC thì AH ⊥ BC (tam giác ABC vuông cân tại A, AH = a/√2). Vì AD ⊥ (ABC) nên DH ⊥ BC, góc nhị diện [A,BC,D] = ∠DHA. tan∠DHA = AD/AH = a√3/(a/√2) = √6 ⇒ ∠DHA = arctan(√6) ≈ 67,79°, không phải 87,79°. Sai.
d) AB ⊥ AC nên AB ⊥ (ABC)?? chính xác: AB ⊥ AC và AB ⊥ AD ⇒ AB vuông góc với cả hai mặt phẳng (ACD)... xét hai mặt (ABC) và (ABD): AB ⊥ AC và AB ⊥ AD, giao tuyến AB, góc giữa hai mặt là góc giữa AC và AD = 90°. Vậy [C,AB,D] = 90°. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
AC ⊥ AB và AC ⊥ AD nên AC ⊥ (ABD).
b) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của C trên (ABD) là A nên góc bằng ∠CDA = 30° vì tan∠CDA = AC/AD = 1/√3.
c) (AI giải đề cho tôi)
Gọi H trung điểm BC, AH ⊥ BC, DH ⊥ BC, tan∠DHA = AD/AH = √6 ⇒ [A,BC,D] = arctan(√6) ≈ 67,79° ≠ 87,79°.
d) (AI giải đề cho tôi)
AB ⊥ AC và AB ⊥ AD nên góc giữa (ABC) và (ABD) bằng góc giữa AC và AD = 90°.

(AI giải đề cho tôi)
Thiết lập: $AB,AC,AD$ đôi một vuông góc, $AB=AC=a$, $AD=a\sqrt{3}$.

a) Vì $AC\perp AB$ và $AC\perp AD$ nên $AC\perp (ABD)$. → Đúng.

b) Vì $AC\perp (ABD)$ nên hình chiếu của $CD$ lên $(ABD)$ là $AD$. Góc giữa $CD$ và $(ABD)$ là góc $\widehat{CDA}$ trong tam giác $ACD$ vuông tại $A$: $\tan \widehat{CDA}=\frac{AC}{AD}=\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}$, nên góc bằng $30^{\circ }$. → Đúng.

c) Gọi $H$ là trung điểm $BC$. Vì $AB=AC$ nên $AH\perp BC$; vì $DB=DC=2a$ (do $D{B}^2=D{C}^2=a^2+3a^2=4a^2$) nên $DH\perp BC$. Suy ra góc nhị diện $[A,BC,D]$ là $\widehat{AHD}$. Ta có $AH=\frac{a\sqrt{2}}{2}$, $DH=\sqrt{D{C}^2-C{H}^2}=\sqrt{4a^2-\frac{a^2}{2}}=a\sqrt{\frac{7}{2}}$. Vậy $\cos \widehat{AHD}=\frac{AH}{DH}=\frac{1}{\sqrt{7}}$, nên $\widehat{AHD}\approx 67,79^{\circ }\ne 87,79^{\circ }$. → Sai (đề in $87,79^{\circ }$ là nhầm so với giá trị đúng $67,79^{\circ }$).

d) Vì $AC\perp AB$ và $AD\perp AB$ nên góc nhị diện $[C,AB,D]$ là $\widehat{CAD}=90^{\circ }$. → Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$AC\perp AB$ và $AC\perp AD$ nên $AC\perp (ABD)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $CD$ lên $(ABD)$ là $AD$; $\tan \widehat{CDA}=\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}$ nên góc bằng $30^{\circ }$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Gọi $H$ trung điểm $BC$: $AH\perp BC$, $DH\perp BC$; $\cos \widehat{AHD}=\frac{AH}{DH}=\frac{1}{\sqrt{7}}$ nên góc $\approx 67,79^{\circ }$, không phải $87,79^{\circ }$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$AC\perp AB$, $AD\perp AB$ nên $[C,AB,D]=\widehat{CAD}=90^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình chóp tứ giác đều S.ABCD, gọi O là giao điểm của AC và BD. Xét nhị diện [S, AC, B] có cạnh là AC: SO ⊥ AC (vì tam giác SAC cân tại S, O là trung điểm AC) và BO ⊥ AC (vì ABCD hình vuông, BD ⊥ AC). Do đó góc phẳng nhị diện [S, AC, B] là SOB → B đúng. Các phương án khác sai: [D, SA, B] có cạnh SA, góc phẳng phải có đỉnh trên SA (không phải S); [S, AB, C] có cạnh AB, góc phẳng không phải SBC (đỉnh B thuộc AB nhưng BC không vuông góc với AB trong mặt phẳng (SBC)); [D, SA, C] có cạnh SA, DAC không phải góc phẳng vì đỉnh A thuộc SA nhưng AD, AC không vuông góc với SA.

Trả lời: 120

Gọi $I$ là tâm hình vuông $ABCD$.



Ta có $<table><tbody><tr><td>BD\perp AC</td></tr><tr><td>BD\perp SA</td></tr></tbody></table>\}\Rightarrow BD\perp (SAC)\Rightarrow BD\perp AI,BD\perp SI$.

Suy ra $[S,BD,C]=\widehat{SIC}=180^{\circ }-\widehat{SIA}$.

Trong $\Delta SAI$ vuông tại $I$ ta có $SA=\sqrt{6}$, $AI=\frac{AC}{2}=\frac{2\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$.

Khi đó $\tan \widehat{SIA}=\frac{SA}{AI}=\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{2}}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SIA}=60^{\circ }$.

Vậy $\left[S,BD,C\right]=\widehat{SIC}=180^{\circ }-\widehat{SIA}=120^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ $A(0,0,0)$, $B(a,0,0)$, $D(0,a,0)$, $A^{\prime }(0,0,2a)$, $B^{\prime }(a,0,2a)$, $D^{\prime }(0,a,2a)$. Mặt phẳng $(A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$ có các vectơ $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=(a,0,2a)$, $\overrightarrow{A{D}^{\prime }}=(0,a,2a)$, nên vectơ pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{A{B}^{\prime }}\times \overrightarrow{A{D}^{\prime }}=(-2a^2,-2a^2,a^2)\parallel (-2,-2,1)$. Mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ có pháp tuyến $\vec{k}=(0,0,1)$. Khi đó $\cos \phi =\frac{|1|}{\sqrt{4+4+1}\cdot 1}=\frac{1}{3}$, suy ra $\phi =\arccos \frac{1}{3}\approx 70,53^{\circ }\approx 71^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp chữ nhật $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, ta có $D^{\prime }D\perp (ABCD)$ (cạnh bên vuông góc với đáy). Mặt phẳng $(DC{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ chứa đường thẳng $D^{\prime }D$, và $D^{\prime }D\perp (ABCD)$, nên theo định lý về mặt phẳng vuông góc, $(DC{C}^{\prime }{D}^{\prime })\perp (ABCD)$. Vậy góc giữa hai mặt phẳng $(ABCD)$ và $(DC{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ bằng $90^{\circ }$. Chọn đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Tứ diện $ABCD$ đều cạnh 2. Gọi $H$ là trung điểm $CD$, khi đó $AH\perp CD$, $BH\perp CD$ (vì tam giác $ACD$, $BCD$ cân tại $C$, $D$). Suy ra góc nhị diện $[A;CD;B]$ là góc $AHB=\beta$. Tam giác $ACD$ đều cạnh 2 nên $AH=BH=\frac{2\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$. Trong tam giác $AHB$ cân tại $H$ với $AB=2$, đường cao từ $H$ xuống $AB$ có độ dài $\sqrt{A{H}^2-1^2}=\sqrt{3-1}=\sqrt{2}$. Do đó $\cos \beta =\frac{A{H}^2+B{H}^2-A{B}^2}{2\cdot AH\cdot BH}=\frac{3+3-4}{2\cdot 3}=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$. Vậy $\cos \beta =\frac{1}{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AB$ và $SA\perp AD$. Hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SAD)$ cùng chứa $SA$, do đó góc phẳng nhị diện $[B,SA,D]$ chính là góc giữa $AB$ và $AD$, tức $\widehat{BAD}$.

Đáy $ABCD$ là hình thoi có $AB=AC=a$. Xét tam giác $ABC$: vì $ABCD$ là hình thoi nên $BC=AB=a$, do đó $AB=BC=AC=a$, tam giác $ABC$ đều, suy ra $\widehat{BAC}=60^{\circ }$. Vì $AC$ là phân giác góc $\widehat{BAD}$ của hình thoi nên $\widehat{BAD}=2\cdot 60^{\circ }=120^{\circ }$ (tương đương $\widehat{BAD}=180^{\circ }-\widehat{ABC}=180^{\circ }-60^{\circ }=120^{\circ }$).

Vậy số đo góc phẳng nhị diện $[B,SA,D]=120^{\circ }$, chọn đáp án C. Kết quả này trùng với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi hình chóp đều là $S.ABCD$ với $AB=34$, $SO=21$ là chiều cao. Nửa đường chéo đáy $OB=17\sqrt{2}$, nên cạnh bên $SB=\sqrt{21^2+(17\sqrt{2}{)}^2}=\sqrt{1019}\approx 31,922$ m. Bán kính đường tròn nội tiếp đáy (khoảng cách từ $O$ đến $AB$) là $17$, nên khoảng cách từ $S$ đến $AB$ là $\sqrt{21^2+17^2}=\sqrt{730}\approx 27,019$ m. Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $SB$ (cũng là hình chiếu của $C$ trên $SB$ do tính đối xứng). Diện tích tam giác $SAB$ bằng $\frac{1}{2}\cdot 34\cdot \sqrt{730}=17\sqrt{730}$, nên $AH=\frac{2\cdot 17\sqrt{730}}{\sqrt{1019}}$, suy ra $A{H}^2=\frac{1156\cdot 730}{1019}\approx 828,148$. Góc nhị diện hai mặt bên dọc theo cạnh $SB$ là $\widehat{AHC}$ với $AC=34\sqrt{2}$, do đó $\cos \widehat{AHC}=\frac{A{H}^2+C{H}^2-A{C}^2}{2AH\cdot CH}=1-\frac{2312}{2\cdot 828,148}\approx -0,3959$. Vậy $\widehat{AHC}\approx 113,3^{\circ }$, làm tròn đến hàng đơn vị là $113^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BD$. Trong đáy, $AH\perp BD$ ($H$ là hình chiếu của $A$ lên $BD$) nên $BD\perp (SAH)$, suy ra $BD\perp SH$ và $BD\perp HC$. Góc phẳng nhị diện $[S,BD,C]$ là $\widehat{SHC}$.

Tính: $BD=\sqrt{a^2+9a^2}=a\sqrt{10}$; $AH=\frac{AB\cdot AD}{BD}=\frac{3a}{\sqrt{10}}$.

$\tan \widehat{SHC}=\frac{SA}{AH}=\frac{\frac{3\sqrt{30}a}{10}}{\frac{3a}{\sqrt{10}}}=\frac{\sqrt{30}\cdot \sqrt{10}}{10}=\frac{\sqrt{300}}{10}=\sqrt{3}$.

Vậy $\widehat{SHC}=60^{\circ }$, chọn đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $AC=2a\sqrt{2}$, $SA\perp (ABCD)$ nên góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là $\angle SCA=30^{\circ }$. Suy ra $SA=AC\tan 30^{\circ }=2a\sqrt{2}\cdot \frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{2a\sqrt{6}}{3}$.

a) Vì $SA\perp (ABCD)\Rightarrow SA\perp AC$ nên tam giác $SAC$ vuông tại $A$: ĐÚNG.

b) $SA=\frac{2a\sqrt{6}}{3}$: ĐÚNG.

c) Tính góc nhị diện $[B.SC.D]$: Chọn hệ trục $A(0;0;0)$, $B(2a;0;0)$, $C(2a;2a;0)$, $D(0;2a;0)$, $S\left(0;0;\frac{2a\sqrt{6}}{3}\right)$. Độ dài $SC=\sqrt{8a^2+\frac{8a^2}{3}}=\frac{4a\sqrt{6}}{3}$. Khoảng cách từ $B$ đến đường thẳng $SC$: $BK=\frac{|\overrightarrow{CB}\times {\vec{u}}_{SC}|}{|SC|}=\frac{4a^2\sqrt{15}/3}{4a\sqrt{6}/3}=\frac{a\sqrt{10}}{2}$. Do đối xứng qua mặt phẳng $(SAC)$, $DK=BK=\frac{a\sqrt{10}}{2}$. Vì $SC\perp BK$ và $SC\perp DK$ nên góc nhị diện $\alpha =\angle BKD$: $\cos \alpha =\frac{B{K}^2+D{K}^2-B{D}^2}{2\cdot BK\cdot DK}=\frac{\frac{5a^2}{2}+\frac{5a^2}{2}-8a^2}{5a^2}=-\frac{3}{5}\ne -\frac{2\sqrt{5}}{5}$: SAI.

d) $BK\perp SC$ (K là hình chiếu của B) và do tính đối xứng qua $(SAC)$, $DK\perp SC$. Suy ra $SC\perp (BKD)$: ĐÚNG.

Kết quả khớp với đáp án mã đề 1103: a) Đúng, b) Đúng, c) Sai, d) Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AC$, do đó tam giác $SAC$ vuông tại $A$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$AC=2a\sqrt{2}$, góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là $\angle SCA=30^{\circ }$, nên $SA=AC\tan 30^{\circ }=\frac{2a\sqrt{6}}{3}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Vì $SC\perp (BKD)$, góc nhị diện $[B.SC.D]$ là $\angle BKD$ với $BK=DK=\frac{a\sqrt{10}}{2}$, $BD=2a\sqrt{2}$. Suy ra $\cos \alpha =\frac{2\cdot \frac{5a^2}{2}-8a^2}{5a^2}=-\frac{3}{5}\ne -\frac{2\sqrt{5}}{5}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$BK\perp SC$ theo định nghĩa K, và do đối xứng qua mặt phẳng $(SAC)$, $DK\perp SC$. Vậy $SC\perp (BKD)$.

(AI giải đề cho tôi)
Nhị diện $[S,BC,A]$ có cạnh là $BC$. Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$. Mặt khác tam giác $ABC$ vuông tại $B$ nên $AB\perp BC$. Như vậy $BC\perp (SAB)$ (vì $BC$ vuông với hai đường thẳng cắt nhau $SA,AB$ trong mặt phẳng $(SAB)$). Suy ra $BC\perp SB$ và $BC\perp AB$, do đó góc giữa $SB$ và $AB$ chính là góc phẳng của nhị diện $[S,BC,A]$, tức là $\widehat{SBA}$. Vậy đáp án A, trùng với đáp án nguồn (mã đề 1103, câu 4: A).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $M$ là trung điểm $BC$. Tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$ nên $AM\perp BC$ với $AM=\frac{BC}{2}=a$. Lăng trụ đứng nên $A{A}^{\prime }\perp (ABC)$, do đó $A^{\prime }M\perp BC$ (theo định lý ba đường vuông góc). Góc giữa $(A^{\prime }BC)$ và $(ABC)$ là $\widehat{A^{\prime }MA}$. Trong tam giác vuông $A^{\prime }AM$: $\tan \widehat{A^{\prime }MA}=\frac{A^{\prime }A}{AM}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}$, suy ra góc bằng $60^{\circ }$.