Bài tập Xác định và tính góc giữa hai mặt phẳng lớp 11 (có lời giải)

Đáp án đúng là: D

Gọi O là giao điểm của AC và BD. Suy ra O là trung điểm của AC và BD.

Vì ABCD là hình vuông nên AO ⊥ BD.

Mà SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ BD.

Lại có AO ⊥ BD nên BD ⊥ (SAC) ⇒ BD ⊥ SO.

Do đó góc giữa (SBD) và (ABCD) bằng $\widehat{SOA}$.

Xét ∆ABC vuông tại B, có $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=2a\sqrt{2}$.

Mà O là trung điểm AC nên $AO=\frac{AC}{2}=a\sqrt{2}$.

Xét ∆SAO vuông tại A, $tan\widehat{SOA}=\frac{SA}{AO}=\frac{a\sqrt{6}}{a\sqrt{2}}=\sqrt{3}$$\Rightarrow \widehat{SOA}=60°$.

Đáp án đúng là: B

Gọi M là trung điểm của BC.

Vì ∆SBC đều nên SM ⊥ BC, $SM=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$.

Ta có (SBC) ⊥ (ABC) và SM ⊥ BC ⇒ SM ⊥ (ABC) ⇒ SM ⊥ AC.

Gọi N là trung điểm của AC ⇒ MN // AB mà AB ⊥ AC suy ra MN ⊥ AC.

Ta có SM ⊥ AC và MN ⊥ AC ⇒ AC ⊥ (SMN) ⇒ AC ⊥ SN .

Do đó góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (ABC) bằng $\widehat{SNM}$.

Xét ∆ABC vuông tại A, có AB = BC∙cos60° = a.

Vì MN là đường trung bình của ∆ABC nên $MN=\frac{AB}{2}=\frac{a}{2}$.

Xét ∆SMN vuông tại M, $tan\widehat{SNM}=\frac{SM}{MN}=2\sqrt{3}$.

Đáp án đúng là: C

Vì SO ⊥ (ABCD) nên SO ⊥ BC.

Gọi M là trung điểm của BC ⇒ OM ⊥ BC.

Vì SO ⊥ BC và OM ⊥ BC nên BC ⊥ (SOM) ⇒ BC ⊥ SM.

Do đó góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng $\widehat{SMO}$.

Vì OM là đường trung bình của ∆ABC nên $OM=\frac{AB}{2}=\frac{a}{2}$.

Xét ∆SOM vuông tại O, có $tan\widehat{SMO}=\frac{SO}{OM}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SMO}=60°$ .

Đáp án đúng là: B

Vì SA ⊥ (ABC) nên SA ⊥ CM.

Kẻ AH ⊥ CM tại H.

Vì SA ⊥ CM và AH ⊥ CM nên CM ⊥ (SAH) ⇒ CM ⊥ SH

Do đó góc giữa hai mặt phẳng (SMC) và mặt đáy (ABC) bằng $\widehat{SHA}$.

Vì M là trung điểm của AB nên $BM=\frac{AB}{2}=1$.

Xét ∆CBM vuông tại B, có $CM=\sqrt{B{M}^2+B{C}^2}=\sqrt{1^2+{\left(2\sqrt{3}\right)}^2}=\sqrt{13}$.

Ta có S_∆ABC = 2S_∆CMA nên $\frac{1}{2}AB.BC=2.\frac{1}{2}AH.CM$$\Rightarrow 2\sqrt{3}=AH.\sqrt{13}\Rightarrow AH=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{13}}$.

Xét ∆SAH vuông tại A, $tan\widehat{SHA}=\frac{SA}{AH}=\frac{\sqrt{13}}{4}$.

Đáp án đúng là: B

Vì SA ⊥ (ABC) nên SA ⊥ BC mà AB ⊥ BC (do tam giác ABC vuông cân tại B) nên BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ SB.

Do đó góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) là $\widehat{SBA}$.

Xét ∆SAB vuông tại A, $tan\widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SBA}=60°$.

Đáp án đúng là: B

Vì $\begin{array}{l}\left(SAB\right)\perp \left(ABCD\right)\\ \left(SAC\right)\perp \left(ABCD\right)\\ \left(SAB\right)\cap \left(SAC\right)=SA\end{array}\}\Rightarrow SA\perp \left(ABCD\right)$.

Kẻ CK ⊥ AB tại K.

Vì SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ CK mà CK ⊥ AB nên CK ⊥ (SAB).

Do đó hình chiếu của SC lên mặt phẳng (SAB) là SK.

Do đó $\widehat{CSK}=30°$.

Xét ∆SCK vuông tại K, có CK = SC.sin30° = $\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Vì tam giác ABC cân tại C mà $CK=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ nên tam giác ABC đều.

Vì SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ AC, SA ⊥ AB.

Do đó góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) bằng $\widehat{BAC}=60°$.

Đáp án đúng là: A

Vì $\begin{array}{l}S\in \left(SAB\right)\cap \left(SCD\right)\\ AB//CD\end{array}\}\Rightarrow \left(SAB\right)\cap \left(SCD\right)=Sx\left(Sx//AB//CD\right)$.

Vì SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ AB, SA ⊥ CD.

Vì SA ⊥ AB mà AB // Sx nên SA ⊥ Sx.

Vì SA ⊥ CD mà CD ⊥ AD nên CD ⊥ (SAD) ⇒ CD ⊥ SD mà CD // Sx nên SD ⊥ Sx.

Do đó góc tạo bởi (SAB) và (SCD) bằng \widehat{DSA}.

Xét ∆SAD vuông tại A, có $tan\widehat{DSA}=\frac{AD}{SA}=\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \widehat{DSA}=30°$.

Đáp án đúng là: B

Gọi H là trung điểm của AB, theo đề ra ta được SH ⊥ (ABCD).

Dựng T, K lần lượt là hình chiếu của H lên SA, SB ⇒ HT ⊥ SA, HK ⊥ SB.

Vì SH ⊥ (ABCD) ⇒ SH ⊥ AD, SH ⊥ BC.

Vì SH ⊥ AD mà AD ⊥ AB ⇒ AD ⊥ (SAB) ⇒ AD ⊥ HT

Mà HT ⊥ SA ⇒ HT ⊥ (SAD).

Tương tự, HK ⊥ (SBC).

Do đó góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SBC) bằng $\widehat{KHT}$.

Vì tứ giác SKHT có $\widehat{SKH}+\widehat{STH}=180°$ nên tứ giác SKHT là tứ giác nội tiếp.

Suy ra $\widehat{KST}+\widehat{KHT}=180°$ mà $\widehat{KST}=120°$ nên $\widehat{KHT}=60°$.

Đáp án đúng là: C

Gọi O là giao điểm của AC và BD. Suy ra O là trung điểm của AC và BD.

Do H là trọng tâm tam giác ABC nên HB = 2HO. Suy ra HD = 2HB.

Do tam giác SBD vuông tại S, đường cao SH nên SH² = HB.HD = 2HB²

$\Rightarrow HB=\frac{a\sqrt{3}}{3}$$\Rightarrow OB=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Do ABCD là hình thoi và $\widehat{BAD}=120°$ suy ra $\widehat{BAO}=60°.$

Xét tam giác AOB vuông tại O, có $AB=\frac{OB}{sin60°}=a$; $OA=\frac{OB}{tan60°}=\frac{a}{2}$ ⇒ AC = a.

Vì SH ⊥ (ABCD) nên SH ⊥ AC.

Mà AC ⊥ BD (do ABCD là hình thoi), suy ra AC ⊥ (SBD) ⇒ AC ⊥ SD.

Kẻ CK ⊥ SD tại K. Lại có AC ⊥ SD nên SD ⊥ (ACK) ⇒ SD ⊥ AK.

Do đó góc giữa 2 mặt phẳng (SAD) và (SCD) bằng $\widehat{AKC}$.

Vì SD ⊥ (ACK) ⇒ SD ⊥ OK.

Kẻ HJ ⊥ SD tại J.

Do SD ⊥ OK và HJ ⊥ SD nên OK // HJ.

Xét ∆HDJ, có OK // HJ suy ra $\frac{OK}{HJ}=\frac{OD}{DH}=\frac{3}{4}\Rightarrow OK=\frac{3}{4}HJ$.

Xét ∆SHD vuông tại H, có $\frac{1}{H{J}^2}=\frac{1}{S{H}^2}+\frac{1}{H{D}^2}=\frac{3}{2a^2}+\frac{3}{4a^2}=\frac{9}{4a^2}\Rightarrow HJ=\frac{2}{3}a$.

Do đó $OK=\frac{a}{2}$.

Xét ∆AKC, có $OK=\frac{AC}{2}$ nên ∆AKC vuông tại K hay $\widehat{AKC}=90°$.

Đáp án đúng là: B

Gọi H là trung điểm cạnh AC. Suy ra BH ⊥ AC.

Vì SA ⊥ (ABC) ⇒ SA ⊥ BH mà BH ⊥ AC nên BH ⊥ (SAC) ⇒ BH ⊥ SC.

Kẻ HK ⊥ SC tại K.

Do HK ⊥ SC và BH ⊥ SC nên SC ⊥ (BHK) ⇒ SC ⊥ BK.

Do đó góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) bằng $\widehat{HKB}=\phi$.

Vì ∆ABC vuông cân tại B nên $BH=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Xét ∆SAC vuông tại A, có $SC=\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}=\sqrt{a^2+2a^2}=a\sqrt{3}$.

Vì ∆CKH đồng dạng với ∆CAS (góc - góc) nên $\frac{CH}{CS}=\frac{HK}{SA}\Rightarrow HK=\frac{CH.SA}{CS}=\frac{a\sqrt{6}}{6}$.

Vì BH ⊥ (SAC) ⇒ BH ⊥ HK.

Xét tam giác BHK vuông tại H, có $tan\phi =\frac{BH}{HK}=\sqrt{3}\Rightarrow \phi =60°$.

Đáp án đúng là: A

Ta có: (SCD) ∩ (ABCD) = CD

Vì ABCD là hình vuông nên AD ⊥ CD (1)

Mà SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ CD (2)

Từ (1), (2) ⇒ CD ⊥ (SAD) ⇒ CD ⊥ SD tại D

Ta có: AD ⊂ (ABCD) và AD ⊥ CD tại D; SD ⊂ (SCD) và SD ⊥ CD tại D

⇒ Góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) là góc giữa hai đường thẳng SD và AD, tức là góc \(\widehat {SDA}\).

Đáp án đúng là: D

Ta có: SA ⊥ (ABC) ⇒ AB là hình chiếu vuông góc của SB lên mặt phẳng (ABC)

Do đó, góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABC) là góc \(\widehat {SBA}\) = 30°

Xét △SAB vuông tại A, ta có: SA = AB ⋅ tan\(\widehat {SBA}\) = 2a ⋅ tan30° = \(\frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\)

Gọi H là trung điểm của BC

Vì tam giác ABC đều nên AH ⊥ BC và AH = \(\frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \)

Mặt khác, BC ⊥ SA (do SA ⊥ (ABC)) nên BC ⊥ (SAH) ⇒ BC ⊥ SH

(SBC) ∩ (ABC) = BC. Vì AH ⊥ BC và SH ⊥ BC nên góc giữa (SBC) và (ABC) là góc

x = \(\widehat {SHA}\)

Xét tam giác SAH vuông tại A, ta có: tan x = tan = \(\frac{{SA}}{{AH}} = \frac{{\frac{{2a}}{{\sqrt 3 }}}}{{a\sqrt 3 }}\) = \(\frac{2}{3}\).

Đáp án đúng là: B

Ta có: (SBC) ∩ (ABC) = BC

Gọi H là trung điểm của cạnh BC

Vì △ABC vuông cân tại A ⇒ AH ⊥ BC tại H (1)

Mặt khác, do SA ⊥ (ABC) ⇒ SA ⊥ BC

Từ AH ⊥ BC, SA ⊥ BC, mà AH và SA cắt nhau tại A và cùng thuộc mặt phẳng (SAH)

⇒ BC ⊥ (SAH) ⇒ BC ⊥ SH tại H (2).

Từ (1), (2) ⇒ ((SBC), (ABC)) = (SH, AH) = \(\widehat {SHA}\)

Xét △ABC vuông cân tại A:

BC = \(\sqrt {A{B^2} + A{C^2}} \) = \(\sqrt {{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2} + {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}} \) = 2a (định lý Pytago)

Do AH là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông ABC:

⇒ AH = \(\frac{{BC}}{2}\) = \(\frac{{2a}}{2}\) = a

Do SA ⊥ (ABC) ⇒ SA ⊥ AH ⇒ △SAH vuông tại A

⇒ tan\(\widehat {SHA}\) = \(\frac{{SA}}{{AH}}\) = \(\frac{a}{a}\) = 1 ⇒ \(\widehat {SHA}\) = 45°.

Đáp án đúng là: B

Gọi I là trung điểm của cạnh BC

Ta có OB = OC nên trong tam giác cân OBC, đường trung tuyến OI đồng thời là đường cao ⇒ OI ⊥ BC (1)

Mặt khác, OA ⊥ OB, OA ⊥ OC

Vì OB và OC là hai đường thẳng cắt nhau thuộc mặt phẳng (OBC), nên OA ⊥ (OBC)

⇒ OA ⊥ BC (2)

Từ (1), (2) ⇒ BC ⊥ (AOI)

Lại có: AB = AC nên trong tam giác cân ABC, đường trung tuyến AI đồng thời là đường cao ⇒ AI ⊥ BC

Có: AI ⊂ (ABC) và AI ⊥ BC; OI ⊂ (OBC) và OI ⊥ BC

⇒ Góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (OBC) chính là góc \(\widehat {OIA}\)

Xét tam giác OBC vuông tại O:

BC = \(\sqrt {O{B^2} + O{C^2}} \) = \(\sqrt {6{a^2} + 6{a^2}} \) = 2a\(\sqrt 3 \) (định lý Pytago)

Do I là trung điểm của BC: OI = \(\frac{{BC}}{2}\) = \(a\sqrt 3 \)

Vì OA ⊥ (OBC), OI ⊂ (OBC) ⇒ OA ⊥ OI ⇒ tam giác OAI vuông tại O

⇒ tan\(\widehat {OIA}\) = \(\frac{{OA}}{{OI}}\) = \(\frac{a}{{a\sqrt 3 }}\) = \(\frac{{\sqrt 3 }}{3}\) ⇒ \(\widehat {OIA}\) = 30°.

Đáp án đúng là: B

Ta có: SA ⊥ (ABCD)⇒ SA ⊥ AB, SA ⊥ BC

Vì ABCD là hình vuông ⇒ AB ⊥ BC

⇒ SA ⊥ BC, AB ⊥ BC, mà SA và AB cắt nhau tại A và cùng thuộc mặt phẳng (SAB)

⇒ BC ⊥ (SAB)

Mặt khác, (SAB) ∩ (SBC) = SB, (SAB) ∩ (ABCD) = AB

⇒ ((SBC), (ABCD)) = (SB, AB) = \(\widehat {SBA}\) = 60°

Vì SA ⊥ AB ⇒ Tam giác SAB vuông tại A

Xét tam giác vuông SAB tại A, ta có: tan\(\widehat {SBA}\) = \(\frac{{SA}}{{AB}}\) = \(\frac{x}{a}\)

Do \(\widehat {SBA}\) = 60° ⇒ tan60° = \(\frac{x}{a}\) ⇒ x = \(a\sqrt 3 \).

Đáp án: a) Đúng. b) Sai. c) Sai. d) Đúng.

a) Đúng. Theo định nghĩa, góc giữa hai mặt phẳng (P) và (Q) là góc giữa hai đường thẳng tương ứng vuông góc với hai mặt phẳng đó.

b) Sai. Góc φ giữa hai mặt phẳng có số đo thỏa mãn 0° ≤ φ ≤ 90°.

c) Sai. Khi hai mặt phẳng song song thì góc giữa chúng bằng 0°.

d) Đúng. Khi hai mặt phẳng trùng nhau thì góc giữa chúng bằng 0°.

Đáp án: a) Đúng. b) Sai. c) Đúng. d) Đúng.

a) Đúng. Vì BC ⊥ AB (do ABCD là hình vuông) và BC ⊥ SA

⇒ BC ⊥ SA, BC ⊥ AB, mà SA và AB cắt nhau tại A và cùng thuộc mặt phẳng (SAB)

⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ SB

Lại có: (SAB) ∩ (SBC) = SB, (SAB) ∩ (ABCD) = AB

Do đó, góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) là \(\widehat {SBA}\).

b) Sai. Ta có: SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ CD; AD ⊥ CD

⇒ CD ⊥ (SAD)

Lại có: (SAD) ∩ (SCD) = SD, (SAD) ∩ (ABCD) = AD

⇒ Góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) là \(\widehat {SDA}\)

Vì SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ AD và SA = AD = a ⇒ tam giác SAD vuông cân tại A

⇒ \(\widehat {SDA}\) = 45°.

c) Đúng. Ta có: SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ BD

Trong hình vuông, hai đường chéo vuông góc nên AC ⊥ BD

Vì O ∈ AC, nên AO ⊥ BD

⇒ BD ⊥ SA, BD ⊥ AO, mà SA và AO cắt nhau tại A và cùng thuộc mặt phẳng (SAO), nên BD ⊥ (SAO)

Lại có: (SAO) ∩ (SBD) = SO, (SAO) ∩ (ABCD) = AO

Do đó góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và (ABCD) là \(\widehat {SOA}\).

d) Đúng. Theo câu c), góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và (ABCD) là \(\widehat {SOA}\)

Vì SA ⊥ AO, nên tam giác SAO vuông tại A

Xét tam giác vuông SAO: tan\(\widehat {SOA}\) = \(\frac{{SA}}{{AO}}\) = \(\frac{a}{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}\) = \(\sqrt 2 \).

Đáp án: a) Đúng. b) Sai. c) Đúng. d) Đúng.

a) Đúng. Ta có: SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ BC, AB ⊥ BC

⇒ BC ⊥ SA, BC ⊥ AB, mà SA và AB cắt nhau tại A và cùng thuộc mặt phẳng (SAB)

⇒ BC ⊥ (SAB)

Lại có: (SAB) ∩ (SBC) = SB, (SAB) ∩ (ABCD) = AB

Do đó góc giữa (SBC) và (ABCD) là β = \(\widehat {SBA}\)

Vì SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ AB, SA = AB = a ⇒ Tam giác SAB vuông cân tại A

⇒ β = \(\widehat {SBA}\) = 45°.

b) Sai. Vì SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ CD

Mà ABCD là hình chữ nhật ⇒ AD ⊥ CD

⇒ CD ⊥ SA, CD ⊥ AD, mà SA và AD cắt nhau tại A và cùng thuộc mặt phẳng (SAD)

⇒ CD ⊥ (SAD)

Mặt khác, (SAD) ∩ (SCD) = SD, (SAD) ∩ (ABCD) = AD

⇒ Góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) là \(\widehat {SDA}\) = α

Do SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ AD ⇒ Tam giác SAD vuông tại A

Xét tam giác vuông SAD tại A: tan α = \(\frac{{SA}}{{AD}}\) = \(\frac{a}{{a\sqrt 3 }}\) = \(\frac{{\sqrt 3 }}{3}\) ⇒ α = 30°.

c) Đúng. Theo câu b), góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) là \(\widehat {SDA}\) = α

Xét tam giác vuông SAD tại A:

SD = \(\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} \) = \(\sqrt {{a^2} + 3{a^2}} \) = 2a (định lý Pytago)

⇒ sin α = sin\(\widehat {SDA}\) = \(\frac{{SA}}{{SD}}\) = \(\frac{a}{{2a}}\) = \(\frac{1}{2}\).

d) Đúng. Theo câu a), b): β = 45°, α = 30°

⇒ β > α.

Đáp án: a) Sai. b) Đúng. c) Sai. d) Đúng.

a) Sai. Ta có SA⊥(ABC) nên SA ⊥ BC

Vì ABC là tam giác đều nên M là trung điểm của BC, do đó AM ⊥ BC

⇒ BC ⊥ SA, BC ⊥ AM, mà SA và AM cắt nhau tại A và cùng thuộc mặt phẳng (SAM)

⇒ BC ⊥ (SAM). Mà SM ⊂ (SAM) ⇒ SM ⊥ BC

Ta có: SM ⊂ (SBC), SM ⊥ BC và AM ⊂ (ABC), AM ⊥ BC

⇒ Góc giữa (SBC) và (ABC) chính là góc giữa hai đường thẳng SM và AM, tức là góc \(\widehat {SMA}\).

b) Đúng. Theo chứng minh câu a), ta có góc giữa (SBC) và (ABC) chính là góc \(\widehat {SMA}\)

⇒ α = \(\widehat {SMA}\).

c) Sai. Theo câu a), ta có: α = \(\widehat {SMA}\)

Vì tam giác ABC đều cạnh a ⇒ AM = \(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Vì SA ⊥ (ABC) ⇒ SA ⊥ AM ⇒ △SAM vuông tại A

Xét tam giác vuông SAM (vuông tại A): tan α = \(\frac{{SA}}{{AM}}\) = \(\frac{{\frac{a}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}\) = \(\frac{1}{{\sqrt 3 }}\) = \(\frac{{\sqrt 3 }}{3}\) ≠ \(\sqrt 3 \).

d) Đúng. Theo câu c), tan α = \(\frac{{\sqrt 3 }}{3}\) ⇒ α = 30°.

Đáp án: a) Đúng. b) Sai. c) Đúng. d) Đúng.

a) Đúng. Vì ABCD là tứ diện đều nên các mặt đều là tam giác đều

⇒ AM ⊥ BC (vì M là trung điểm của BC trong tam giác đều ABC) và DM ⊥ BC (vì M là trung điểm của BC trong tam giác đều BCD)

Mà AM ⊂ (ABC) và DM ⊂ (BCD)

⇒ Góc giữa hai mặt phẳng, góc giữa (ABC) và (BCD) là góc α = \(\widehat {AMD}\).

b) Sai. Ta có: (ABC) ∩ (ACD) = AC

Vì N là trung điểm của CD nên AN ⊥ CD (trong tam giác đều ACD);

BN ⊥ CD (trong tam giác đều BCD)

⇒ AN và BN đều vuông góc với CD, không phải vuông góc với giao tuyến AC

⇒ \(\widehat {ANB}\) không phải là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (ACD).

c) Đúng. Theo câu a), α = \(\widehat {AMD}\)

Xét tam giác AMD: AM = DM = \(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\), AD = a.

Áp dụng định lí côsin: AD² = AM² + DM² – 2 ⋅ AM ⋅ DM ⋅ cos α

⇔ a² = 2\({\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)^2}\) – 2\({\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)^2}\)cos α ⇔ a² = \(\frac{{3{a^2}}}{2}\)(1 – cos α) ⇔ 1 – cos α = \(\frac{2}{3}\)

⇔ cos α = \(\frac{1}{3}\).

d) Đúng. Theo câu c), cos α = \(\frac{1}{3}\)

Vì cos 60° = \(\frac{1}{2}\) > \(\frac{1}{3}\), mà hàm số cosx nghịch biến trên khoảng (0°; 180°), nên α > 60°.

Đáp án: 0,6

Vì SA ⊥ (ABC) ⇒ SA ⊥ AB mà AB ⊥ AC ⇒ AB ⊥ (SAC)

Kẻ AH ⊥ SC tại H

Vì AB ⊥ (SAC) ⇒ AB ⊥ SC mà AH ⊥ SC

⇒ AB ⊥ SC, AH ⊥ SC, mà AB và AH cắt nhau tại A và cùng thuộc mặt phẳng (ABH)

⇒ SC ⊥ (ABH) ⇒ SC ⊥ BH

Do đó góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) chính là góc giữa hai đường thẳng AH và BH, tức là góc \(\widehat {AHB}\)

Xét ∆SAC vuông tại A có: \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{2}{{{a^2}}}\)

⇒ AH = \(\frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Vì AB ⊥ (SAC) ⇒ AB ⊥ AH

Xét ∆ABH vuông tại A, ta có:

BH = \(\sqrt {A{B^2} + A{H^2}} \) = \(\sqrt {{a^2} + \frac{{{a^2}}}{2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\) (định lý Pytago)

⇒ cos\(\widehat {AHB}\) = \(\frac{{AH}}{{BH}}\) = \(\frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 6 }}{2}}}\) = \(\frac{{\sqrt 3 }}{3}\) ≈ 0,6.

Đáp án: 60

Ta có: (SCD) ∩ (ABCD) = CD

Vì ABCD là hình vuông nên AD ⊥ CD

Lại có: SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ CD

Do CD ⊥ SA, CD ⊥ AD, mà SA và AD cắt nhau tại A và cùng thuộc mặt phẳng (SAD)

⇒ CD ⊥ (SAD) ⇒ SD ⊥ CD

Ta có: AD ⊂ (ABCD), AD ⊥ CD và SD ⊂ (SCD), SD ⊥ CD

⇒ Góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) là \(\widehat {SDA}\)

Vì SA ⊥ (ABCD), AD ⊂ (ABCD) ⇒ SA ⊥ AD ⇒ Tam giác SAD vuông tại A

Xét tam giác vuông SAD (vuông tại A), ta có: tan\(\widehat {SDA}\) = \(\frac{{SA}}{{AD}}\) = \(\frac{{a\sqrt 3 }}{a}\) = \(\sqrt 3 \)

⇒ \(\widehat {SDA}\) = 60°.

Đáp án: 12

Ta có: (SBD) ∩ (ABCD) = BD

Gọi O là giao điểm của AC và BD (tâm của hình vuông ABCD)

Vì ABCD là hình vuông ⇒ AC ⊥ BD. Mà AO ⊂ AC ⊂ (ABCD) ⇒ AO ⊥ BD

Mặt khác, do SA ⊥ (ABCD nên SA ⊥ BD.

Vì BD ⊥ AO và BD ⊥ SA nên BD ⊥ (SAO) ⇒ BD ⊥ SO

Ta có:

AO ⊂ (ABCD) và AO ⊥ BD

SO ⊂ (SBD) và SO ⊥ BD

(SBD) ∩ (ABCD) = BD

⇒ Góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và (ABCD) là α = \(\widehat {SOA}\)

Trong hình vuông ABCD cạnh a, đường chéo AC = \(a\sqrt 2 \) nên: AO = \(\frac{{AC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Do SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ AO ⇒ △SAO vuông tại A

Xét tam giác SAO vuông tại A, ta có: tan α = \(\frac{{SA}}{{AO}}\) = \(\frac{{a\sqrt 2 }}{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}\) = 2

Vậy P = 3tan² α = 3 ⋅ 2² = 12.

Đáp án: 1,2

Ta có: (SBC) ∩ (ABC) = BC

Gọi H là trung điểm của BC

Vì ABC là tam giác đều nên AH ⊥ BC

Lại có: SA ⊥ (ABC) ⇒ SA ⊥ BC

Do BC ⊥ SA, BC ⊥ AH, mà SA và AH cắt nhau tại A và cùng thuộc mặt phẳng (SAH)

⇒ BC ⊥ (SAH) ⇒ SH ⊥ BC

Ta có: AH ⊂ (ABC), SH ⊂ (SBC) và AH ⊥ BC, SH ⊥ BC

⇒ Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) là \(\widehat {SHA}\)

Vì tam giác ABC đều cạnh a, AH = \(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Lại có: SA ⊥ (ABC) ⇒ SA ⊥ AH nên tam giác SAH vuông tại A

Xét tam giác SAH vuông tại A: tan\(\widehat {SHA}\) = \(\frac{{SA}}{{AH}}\) = \(\frac{a}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}\) = \(\frac{2}{{\sqrt 3 }}\) = \(\frac{{2\sqrt 3 }}{3}\) ≈ 1,2.

Đáp án: 6,93

Ta có: (SBC) ∩ (ABC) = BC

Vì △ABC vuông tại B nên AB ⊥ BC

Lại có: SA ⊥ (ABC) ⇒ SA ⊥ BC

Do BC ⊥ SA, BC ⊥ AB, mà SA và AB cắt nhau tại A và cùng thuộc mặt phẳng (SAB)

⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ SB ⊥ BC

Ta có: AB ⊂ (ABC), SB ⊂ (SBC) và AB ⊥ BC, SB ⊥ BC

⇒ Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) là \(\widehat {SBA}\) = 60°

Vì SA ⊥ (ABC) ⇒ SA ⊥ AB ⇒ △SAB vuông tại A

Xét △SAB (vuông tại A), ta có:

tan\(\widehat {SBA}\) = \(\frac{{SA}}{{AB}}\) ⇔ tan 60° = \(\frac{{SA}}{4}\) ⇔ \(\sqrt 3 \) = \(\frac{{SA}}{4}\) ⇔ SA = \(4\sqrt 3 \) ≈ 6,93.