Bài tập Nhận biết góc phẳng của góc nhị diện và tính góc phẳng nhị diện lớp 11 (có lời giải)

Đáp án đúng là: A

Vì SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ BC.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB\).

Khi đó: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\SB \bot BC\\AB \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow \left[ {S,BC,A} \right] = \widehat {SBA}\).

Đáp án đúng là: A

Gọi I là trung điểm BC ⇒ AI ⊥ BC (vì ABC là tam giác đều) (1).

Vì SA ⊥ (ABC) ⇒ SA ⊥ BC (2).

Từ (1) và (2) ⇒ BC ⊥ (SAI) ⇒ BC ⊥ SI.

Khi đó: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\SI \bot BC\\AI \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow \left[ {S,BC,A} \right] = \widehat {SIA}\).

Mà ∆ABC đều cạnh a nên \(AI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Xét ∆SAI vuông tại A, ta có: \({\rm{tan}}\widehat {SIA} = \frac{{SA}}{{AI}} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {SIA} = 60^\circ \).

Đáp án đúng là: C

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD và I là trung điểm của BC. Suy ra OI ⊥ BC.

Vì S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên SO ⊥ (ABCD) và \(SO = \frac{a}{{2\sqrt 3 }}\).

Và SC = SB nên tam giác SBC cân tại S ⇒ SI ⊥ BC.

Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\BC \bot SI\\BC \bot OI\end{array} \right.\]\[ \Rightarrow \left[ {S,BC,A} \right] = \widehat {SIO}\].

Ta có: OI là đường trung bình tam giác ABC nên \(OI = \frac{{AB}}{2} = \frac{a}{2}\).

Xét ∆SIO vuông tại O, ta có: \[\tan \widehat {SIO} = \frac{{SO}}{{OI}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow \widehat {SIO} = 30^\circ \].

Vậy số đo góc phẳng nhị diện [S, BC, A] bằng 30°.

Đáp án đúng là: B

Gọi I là trung điểm của BC.

Vì ∆OBC vuông cân tại O ⇒ OI ⊥ BC (1).

Vì OA ⊥ OB và OA ⊥ OC nên OA ⊥ (OBC) ⇒ OA ⊥ BC (2).

Từ (1) và (2), suy ra BC ⊥ (AOI) ⇒ BC ⊥ AI

Khi đó: \[\left\{ \begin{array}{l}\left( {OBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\BC \bot AI\\BC \bot OI\end{array} \right. \Rightarrow \left[ {O,BC,A} \right] = \widehat {OIA}\].

Và \[OI = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2}\sqrt {O{B^2} + O{C^2}} = a\sqrt 3 \].

Xét ∆OAI vuông tại O, ta có: \[\tan \widehat {OIA} = \frac{{OA}}{{OI}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow \widehat {OIA} = 30^\circ \].

Vậy [O, BC, A] = 30°.

Đáp án đúng là: D

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD và I trung điểm của BC. Suy ra OI ⊥ BC.

Khi đó: SO ⊥ (ABCD) ⇒ SO ⊥ BC mà OI ⊥ BC nên BC ⊥ (SOI) ⇒ BC ⊥ SI.

Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\BC \bot SI\\BC \bot OI\end{array} \right.\]\[ \Rightarrow \left[ {S,BC,A} \right] = \widehat {SIO}\].

Và ∆SCD đều cạnh a ⇒ \(SI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

OI là đường trung bình của ∆ACB ⇒ \(OI = \frac{a}{2}\).

Xét ∆SOI vuông tại O, ta có:\[\cos \widehat {SIO} = \frac{{OI}}{{SI}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\].

Đáp án đúng là: B

Gọi H, K lần lượt là trung điểm của AD, BC.

Vì ∆SAD đều nên SH ⊥ AD mà (SAD) ⊥ (ABCD) ⇒ SH ⊥ (ABCD) ⇒ SH ⊥ BC.

Lại có HK ⊥ BC nên BC ⊥ (SHK) ⇒ BC ⊥ SK.

Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\HK \bot BC\\SK \bot BC\end{array} \right.\]\[ \Rightarrow \left[ {S,BC,A} \right] = \widehat {SKH} = \varphi \].

Vì ∆SAD đều cạnh a nên \(SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)và HK = AB = 2a

Xét ∆SHK vuông tại H, ta có:

\(\tan \varphi = \tan \widehat {SKH} = \frac{{SH}}{{HK}} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}\).

Đáp án đúng là: D

Vì SA ⊥ (ABC) ⇒ SA ⊥ BC.

Mà BC ⊥ AB (do ∆ABC vuông cân tại B). Suy ra BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ SB.

Khi đó: \[\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\BC \bot AB\\BC \bot SB\end{array} \right. \Rightarrow \left[ {S,BC,A} \right] = \widehat {SBA}\].

Xét ∆SAB vuông tại A, ta có: \(\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{a} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {SBA} = 60^\circ \).

Đáp án đúng là: A

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. Suy ra O là trung điểm của AC và BD.

Vì ABCD là hình vuông nên AO ⊥ BD.

Vì SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ BD mà AO ⊥ BD nên BD ⊥ (SOA) ⇒ BD ⊥ SO.

Khi đó:\[\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBD} \right) \cap \left( {ABD} \right) = BD\\OA \bot BD\\SO \bot BD\end{array} \right.\] \[ \Rightarrow \left[ {S,BD,A} \right] = \widehat {SOA}\].

Xét ∆ABC vuông tại B, có \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = a\sqrt 2 \)\( \Rightarrow AO = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Xét ∆SOA vuông tại A, ta có:\(\tan \widehat {SOA} = \frac{{SA}}{{OA}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 6 }}{6}}}{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\) \( \Rightarrow \widehat {SOA} = 30^\circ \)

Vậy góc phẳng nhị diện [S, BD, A] bằng 30°.