Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Tính góc đường và mặt không tọa độ (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $AC$ là hình chiếu của $SC$ lên $(ABC)$, do đó góc giữa $SC$ và $(ABC)$ là góc $\widehat{SCA}$. Tam giác $ABC$ đều cạnh $a$ nên $AC=a$. Tam giác $SAC$ vuông tại $A$ có $SA=AC=a$, nên $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=1\Rightarrow \widehat{SCA}=45^{\circ }$. Vậy góc giữa đường thẳng $SC$ và mặt phẳng $(ABC)$ bằng $45^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $OA=OC=\sqrt{3}a$, $OB=OD=a$, $SO=3a$.

a) Vì $ABCD$ là hình thoi nên $AC\perp BD$ tại $O$. Vì $SO\perp (ABCD)$ nên $SO\perp AC$. Ta có $AC\perp BD$, $AC\perp SO$, $BD,SO\subset (SBD)$, $BD\cap SO=O$ nên $AC\perp (SBD)$.

b) Góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là góc giữa $SC$ và $OC$ (hình chiếu của $SC$ lên đáy), tức góc $SCO$. Ta có $\tan \widehat{SCO}=\frac{SO}{OC}=\frac{3a}{\sqrt{3}a}=\sqrt{3}$, suy ra góc bằng $60^{\circ }$.

c) Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ với $O$ gốc, $Ox$ là tia $OA$, $Oy$ là tia $OB$, $Oz$ là tia $OS$. Khi đó $A(\sqrt{3}a;0;0)$, $D(0;-a;0)$, $S(0;0;3a)$, $M$ trung điểm $SA$ nên $M\left(\frac{\sqrt{3}a}{2};0;\frac{3a}{2}\right)$.
$\overrightarrow{MO}=\left(-\frac{\sqrt{3}a}{2};0;-\frac{3a}{2}\right)$, $\overrightarrow{AD}=(-\sqrt{3}a;-a;0)$.
$\overrightarrow{MO}\cdot \overrightarrow{AD}=\frac{3a^2}{2}+0+0=\frac{3a^2}{2}$; $|MO|=a\sqrt{\frac{3}{4}+\frac{9}{4}}=a\sqrt{3}$; $|AD|=2a$.
$\cos (\overrightarrow{MO},\overrightarrow{AD})=\frac{3a^2/2}{2a^2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{4}$.
Vậy $\cos$ góc giữa $MO$ và $AD$ bằng $\frac{\sqrt{3}}{4}$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $a$ là cạnh lục giác đều đáy. Diện tích đáy $\frac{3\sqrt{3}}{2}{a}^2=12\sqrt{3}\Rightarrow a^2=8\Rightarrow a=2\sqrt{2}$. Thanh tre là cạnh bên của chóp, hình chiếu của cạnh bên lên mặt sàn là bán kính đường tròn ngoại tiếp lục giác $R=a=2\sqrt{2}$. Góc giữa cạnh bên và mặt sàn là $30^{\circ }$ nên chiều cao cột giữa (từ đỉnh xuống tâm đáy) là $h=R\tan 30^{\circ }=2\sqrt{2}\cdot \frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{6}}{3}\approx 1,63\approx 1,6$ m. Khớp với đáp án nguồn 1,6.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi H là hình chiếu của A trên mặt đất. Vì AB tạo với mặt đất góc 60° nên AH = AB·sin60° = 6·(√3/2) = 3√3 (m). Tam giác ABC vuông tại B (vì BC ⊥ AB) nên AC = √(AB² + BC²) = √(36 + 9) = 3√5 (m). Góc giữa đường thẳng AC và mặt đất là góc giữa AC và hình chiếu CH của nó trên mặt đất, tức góc ACH. Ta có sin(ACH) = AH/AC = 3√3/(3√5) = √(3/5) ≈ 0,7746, suy ra góc ACH = arcsin(0,7746) ≈ 50,768° ≈ 50,8°.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $AB=BC=a$ (tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$), $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp AB$, $SA\perp BC$.a) Vì $BC\perp AB$ và $BC\perp SA$ nên $BC\perp (SAB)$, suy ra $BC\perp SB$. Vậy tam giác $SBC$ vuông tại $B$. ĐÚNG.b) $S{B}^2=S{A}^2+A{B}^2\Rightarrow 3a^2=S{A}^2+a^2\Rightarrow SA=a\sqrt{2}$. ĐÚNG.c) Gọi $H$ là chân đường vuông góc hạ từ $B$ xuống $AC$ thì $BH=\frac{a}{\sqrt{2}}$, $BH\perp AC$ và $SA\perp BH$ nên $BH\perp (SAC)$. Góc giữa $SB$ và $(SAC)$ là $\widehat{BSH}$, $\sin \widehat{BSH}=\frac{BH}{SB}=\frac{a/\sqrt{2}}{a\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{6}\ne \frac{\sqrt{6}}{8}$. SAI.d) Vì $BC\perp (SAB)$ nên góc phẳng nhị diện $[S,BC,A]$ là $\widehat{SBA}$, $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\sqrt{2}\Rightarrow \widehat{SBA}\approx 54,74^{\circ }<55^{\circ }$. Vậy khẳng định 'không bé hơn $55^{\circ }$' SAI.Kết quả: Đ, Đ, S, S khớp đáp án mã đề 0005 Câu 1.
a) (AI giải đề cho tôi)
$BC\perp AB$ và $BC\perp SA$ nên $BC\perp (SAB)$, suy ra $BC\perp SB$: tam giác $SBC$ vuông tại $B$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$SA=\sqrt{S{B}^2-A{B}^2}=\sqrt{3a^2-a^2}=a\sqrt{2}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\sin$ góc giữa $SB$ và $(SAC)$ bằng $\frac{BH}{SB}=\frac{\sqrt{6}}{6}$, không phải $\frac{\sqrt{6}}{8}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Góc nhị diện $[S,BC,A]=\widehat{SBA}$ với $\tan \widehat{SBA}=\sqrt{2}\Rightarrow \approx 54,74^{\circ }<55^{\circ }$.

Chọn A.
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên hình chiếu vuông góc của $SC$ lên mặt phẳng $(ABCD)$ là $AC$.
Do đó góc giữa đường thẳng $SC$ và mặt phẳng $(ABCD)$ là góc $\widehat{SCA}$.
Tam giác $ACD$ vuông cân tại $D$ với $AD=CD=a⟹AC=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}$.
Xét tam giác $SAC$ vuông tại $A$:
$\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{6}}{a\sqrt{2}}=\sqrt{3}⟹\widehat{SCA}=60^{\circ }$.
Vậy góc cần tìm bằng $60^{\circ }$.

Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $AC$ là hình chiếu vuông góc của $SC$ lên $(ABCD)$, suy ra góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SCA}$. Ta có $AC=a\sqrt{2}=SA$ nên $△SAC$ vuông cân tại $A$, do đó $\widehat{SCA}=45^{\circ }$.

**Chọn D**



Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $AD$ là hình chiếu vuông góc của $SD$ lên mặt phẳng $(ABCD)$.
Do đó: $(SD,(ABCD))=(SD,AD)=\widehat{SDA}$.
Trong tam giác vuông $SAD$ vuông tại $A$:
$\tan \widehat{SDA}=\frac{SA}{AD}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SDA}=60^{\circ }$.

Đáp án chính thức theo bảng đáp án (Mã đề 132, trang 7): Chọn A.

Vì $SA\perp (ABC)$ nên hình chiếu của $SC$ lên $(ABC)$ là $AC$. Góc giữa $SC$ và $(ABC)$ là $\widehat{SCA}$.
Tam giác $SAC$ vuông tại $A$ có $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SCA}=60^{\circ }$.
(Theo bảng đáp án chính thức trang 5, mã đề 1101: D).