Đề kiểm tra Hai mặt phẳng vuông góc (có lời giải) - Đề 2
22 câu hỏi
Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác đều cạnh \(a\), cạnh bên \(SA\) vuông góc với đáy. (tham khảo hình vẽ dưới)
Khi đó số đo góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) là
\[{45^{}}\].
\[{90^0}\].
\[{30^0}\].
\[{60^0}\]
Chọn B
Do \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) mà \(SA \subset \left( {SAB} \right)\)\( \Rightarrow \left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\)
Vậy số đo góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) là \({90^0}\). Chọn đáp án B
\(\left( {SAC} \right) \bot \left( {SBD} \right)\).
\(\left( {SAD} \right) \bot \left( {SBC} \right)\).
\(AC \bot \left( {SAB} \right)\).
\(BD \bot \left( {SAD} \right)\).
Chọn A
Vì \(ABCD\) là hình vuông nên \(BD \bot AC\,\,\,\left( 1 \right)\).
Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(BD \bot SA\,\,\,\left( 2 \right)\).
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có \(BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow \left( {SBD} \right) \bot \left( {SAC} \right)\).\[(SBC)\].
\[(SAC)\].
\[(SBD)\].
\[(ABCD)\].
Chọn B
Áp dụng Định lí 1, trang 67 SGK CTST: Điều kiện cần và đủ để hai mặt phẳng vuông góc là mặt phẳng này chứa một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng kia.
Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\,\\BD \bot SO\,\,(SO \bot (ABCD))\end{array} \right.\]
\( \Rightarrow BD \bot (SAC)\) mà \(BD \subset (MBD)\) nên \((MBD) \bot (SAC)\).Hai mặt phẳng vuông góc với nhau thì mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng này sẽ vuông góc với mặt phẳng kia.
Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì vuông góc với nhau.
Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì song song với nhau.
Hai mặt phẳng vuông góc với nhau thì mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng này và vuông góc với giao tuyến của hai mặt phẳng sẽ vuông góc với mặt phẳng kia.
Chọn D
Mệnh đề A sai vì có thể xảy ra trường hợp hai mặt phẳng vuông góc với nhau nhưng đường thẳng thuộc mặt phẳng này song song với mặt phẳng kia.
Mệnh đề B sai vì xảy ra trường hợp hai mặt phẳng song song.
Mệnh đề C sai vì xảy ra trường hợp hai mặt phẳng vuông góc.Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác đều cạnh \(a\), cạnh bên \(SA\) vuông góc với đáy. (tham khảo hình vẽ dưới)
Khi đó số đo góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) là
\[{45^{}}\].
\[{90^0}\].
\[{30^0}\].
\[{60^0}\].
Do \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) mà \(SA \subset \left( {SAB} \right)\)\( \Rightarrow \left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\)
Vậy số đo góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) là \({90^0}\). Chọn đáp án B
Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác đều cạnh \(a\), cạnh bên \(SA\) vuông góc với đáy. (tham khảo hình vẽ dưới)
Khi đó số đo góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) là
\[{45^{}}\].
\[{90^0}\].
\[{30^0}\].
\[{60^0}\].
Do \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) mà \(SA \subset \left( {SAB} \right)\)\( \Rightarrow \left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\)
Vậy số đo góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) là \({90^0}\). Chọn đáp án B\(\left( {SAB} \right)\).
\(\left( {SAM} \right)\).
\(\left( {SAC} \right)\).
\(\left( {SBC} \right)\).
Ta có \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) (theo gt).
Mà \(SA \subset \left( {SAB} \right) \Rightarrow \left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\) do đó loại A
Mà \(SA \subset \left( {SAC} \right) \Rightarrow \left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\) do đó loại C
Mà \(SA \subset \left( {SAM} \right) \Rightarrow \left( {SAM} \right) \bot \left( {ABC} \right)\) do đó loại B
\(\left( {SAC} \right) \bot \left( {SBD} \right)\).
\(\left( {SAD} \right) \bot \left( {SBC} \right)\).
\(AC \bot \left( {SAB} \right)\).
\(BD \bot \left( {SAD} \right)\).
Vì \(ABCD\) là hình vuông nên \(BD \bot AC\,\,\,\left( 1 \right)\).
Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(BD \bot SA\,\,\,\left( 2 \right)\).
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có \(BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow \left( {SBD} \right) \bot \left( {SAC} \right)\).Cho hình chóp \[S.ABC\]có đáy \[ABC\] là tam giác cân tại\[A\], \[M\] là trung điểm\[AB\], \[N\] là trung điểm \[AC\], \[I\] là trung điểm\[BC\], \[G\] là trọng tâm tam giác \[ABC\], \[\left( {SMC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\],\(\left( {SBN} \right) \bot \left( {ABC} \right)\). Khẳng định nào sau đây đúng?
![Cho hình chóp \[S.ABC\]có đáy \[ABC\] là tam giác cân tại\[A\], \[M\] là trung điểm AB (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/02/blobid30-1771847232.png)
\(SI \bot \left( {ABC} \right)\).
\[SG \bot \left( {ABC} \right)\].
\(IA \bot \left( {SBC} \right)\).
\(SA \bot \left( {ABC} \right)\).
![Cho hình chóp \[S.ABC\]có đáy \[ABC\] là tam giác cân tại\[A\], \[M\] là trung điểm AB (ảnh 2)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/02/blobid31-1771847251.png)
\[\left\{ \begin{array}{l}\left( {SMC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\\left( {SBN} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\\left( {SBN} \right) \cap \left( {SMC} \right) = SG\end{array} \right. \Rightarrow SG \bot \left( {ABC} \right)\].
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 22 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\(\left( {SAC} \right) \bot \left( {SBD} \right)\).
\(\left( {SAD} \right) \bot \left( {SBC} \right)\).
\(AC \bot \left( {SAB} \right)\).
\(BD \bot \left( {SAD} \right)\).
Vì \(ABCD\) là hình vuông nên \(BD \bot AC\,\,\,\left( 1 \right)\).
Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(BD \bot SA\,\,\,\left( 2 \right)\).
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có \(BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow \left( {SBD} \right) \bot \left( {SAC} \right)\).Trong hình dưới đây, tấm thiệp được mở gợi nên hình ảnh của một góc nhị diện. Ta gọi số đo góc nhị diện đó là độ mở của tấm thiệp, tính (gần đúng) độ mở của tấm thiệp
\[35,73^\circ \].
\[61,16^\circ \].
\[83,11^\circ \].
\[116,42^\circ \].
Tam giác \(ABC\) cân tại \(A\). Áp dụng định lí côsin trong tam giác \(ABC\) có
\[\cos \widehat {BAC} = \frac{{{{10}^2} + {{10}^2} - {{17}^2}}}{{2.10.10}} = - \frac{{89}}{{200}}\].
Vậy độ mở của tấm thiệp là \[\widehat {BAC} \approx 116,42^\circ \].
\[252,4\].
\[272,96\,m\].
\[219,22\,m\].
\[227,96\,m\].
Giả sử kim tự tháp là khối chóp tứ giác đều \(SABCD\), đường cao \(SO\).
Ta có \(AC = \sqrt {{{230}^2} + {{230}^2}} = 230\sqrt 2 \,m \Rightarrow OC = \frac{{AC}}{2} = 115\sqrt 2 \,(m)\).
Xét tam giác vuông \(SOC\), có \(SC = \sqrt {O{C^2} + S{O^2}} = \sqrt {{{115}^2}.2 + {{147}^2}} \approx 219,22(\,m)\).
\((SMN) \bot (ABCD)\)
\((SAD) \bot (SMN)\)
|
a) Đúng |
b) Đúng |
c) Sai |
d) Sai |
Vì \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều có \(O\) là tâm của đáy nên \(SO \bot (ABCD)\). Mặt khác \(MN\) là đường trung bình của hình vuông \(ABCD\) nên \(MN\) qua \(O\).
Vậy \(SO \subset (SMN) \Rightarrow (SMN) \bot (ABCD)\).
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AD \bot MN}\\{AD \bot SO}\end{array} \Rightarrow AD \bot (SMN)} \right.\),
mà \(AD \subset (SAD) \Rightarrow (SAD) \bot (SMN)\).
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC//AD}\\{AD \bot (SMN)}\end{array}} \right.\)
\( \Rightarrow BC \bot (SMN) \Rightarrow BC \bot MN\).
Khi đó: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{(SBC) \cap (ABCD) = BC}\\{ON \bot BC,SN \bot BC}\\{ON \subset (ABCD),SN \subset (SBC)}\end{array}} \right.\)
\( \Rightarrow ((SBC),(ABCD)) = (SN,ON) = \widehat {SNO}\).
Vì \(ON\) là đường trung bình tam giác \(ABC\) nên \(ON = \frac{{AB}}{2} = \frac{a}{2}\).
Tam giác \(SON\) vuông tại \(O\) có:
Vậy
Kẻ đường cao \(DI\) của tam giác \(SCD\).
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{SC \bot DI}\\{SC \bot BD({\rm{ do }}BD \bot (SAC))}\end{array} \Rightarrow SC \bot (IBD) \Rightarrow SC \bot BI} \right.\).
Mặt khác \(SC = (SBC) \cap (SCD)\) nên \(((SBC),(SCD)) = (ID,IB)\).
Ta có \(IO \bot BD\) và \(O\) là trung điểm \(BD\)
nên \(\Delta IBD\) cân tại \(I\) và \(\widehat {OIB} = \widehat {OID} = \frac{1}{2}\widehat {BID}\).
Vì \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\) nên \(OC = \frac{{AC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} = OD\).
Tam giác \(SOC\) có đường cao
\(OI = \frac{{SO \cdot OC}}{{\sqrt {S{O^2} + O{C^2}} }} = \frac{{a\sqrt {30} }}{{10}}\)
Tam giác \(IOD\) vuông tại \(O\) có:
\(\tan \widehat {OID} = \frac{{OD}}{{OI}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{\frac{{a\sqrt {30} }}{{10}}}} = \frac{{\sqrt {15} }}{3};\tan \widehat {BID} = \frac{{2\tan \widehat {OID}}}{{1 - {{\tan }^2}\widehat {OID}}} = - \sqrt {15} < 0\) nên \(\widehat {BID}\) là góc tù.
Vậy
\(\left( {(SAC),(SBD)} \right) = 90^\circ \)
\(\left( {(SAC),(SBD)} \right) = 45^\circ \).
\((SAB) \bot (SBC)\).
\((SCD) \bot (SAD)\).
|
a) Đúng |
b) Sai |
c) Đúng |
d) Đúng |
\(\begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BD \bot (SAC)}\\{BD \subset (SBD)}\end{array} \Rightarrow (SAC) \bot (SBD).} \right.\\\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot (SAB)}\\{BC \subset (SBC)}\end{array} \Rightarrow (SAB) \bot (SBC).} \right.\\\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CD \bot (SAD)}\\{CD \subset (SCD)}\end{array} \Rightarrow (SAD) \bot (SCD).} \right.\end{array}\)
\(\left( {SAB} \right) \bot \left( {SAC} \right)\).
\(BM \bot AC\).
\(\left( {SAB} \right) \bot \left( {SBC} \right)\).
\(\left( {SBM} \right) \bot \left( {SAC} \right)\).
|
a) Sai |
b) Đúng |
c) Đúng |
d) Đúng |
![Cho hình chóp \[S.ABC\] có đáy là tam giác \[ABC\] vuông cân tại B (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/02/blobid38-1771847843.png)
\(\left( {SAC} \right) \bot \left( {SBD} \right)\).
\(SO \bot \left( {ABCD} \right)\).
\(\left( {SBD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\).
\(CD \bot \left( {SAD} \right)\).
|
a) Đúng |
b) Đúng |
c) Đúng |
d) Sai |
Do \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AC \bot BD}\\{SO \bot BD}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BD \bot \left( {SAC} \right)}\\{BD \subset \left( {SBD} \right)}\end{array}} \right.} \right. \Rightarrow \left( {SAC} \right) \bot \left( {SBD} \right)\), đúng
Do hình chóp\(S.ABCD\) đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\). đúng
Do \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{SO \bot \left( {ABCD} \right)}\\{SO \subset \left( {SBD} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow \left( {SBD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\), đúng
Kẻ \({C^\prime }H \bot OC\)
Ta có: \(HC = OC - OH = \frac{{2a\sqrt 2 }}{2} - \frac{{a\sqrt 2 }}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)
\( \Rightarrow {C^\prime }C = \sqrt {{C^\prime }{H^2} + H{C^2}} = \sqrt {{{(3a)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {38} }}{2}a\)
Vậy độ dài cạnh bên của hình chóp cụt đã cho là \(\frac{{\sqrt {38} }}{2}a\).
\((SBC) \cap (ABCD) = BC,SB \bot BC,AB \bot BC\).
Góc cần tìm là \(\widehat {SBA}\)
Trong tam giác vuông \(SBA:\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \sqrt 2 \).
![Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \[ABCD\] là hình thoi cạnh \(a\) và có \(SA = SB = SC = a\). Góc (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/02/blobid42-1771847974.png)
Gọi \(H\) là chân đường vuông góc của \(S\) xuống mặt phẳng đáy \(\left( {ABCD} \right)\), suy ra \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\).
Vì \(SA = SB = SC = a\) nên các hình chiếu \(HA = HB = HC\). Do đó, \(H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\left( {ABC} \right)\).
Mà tam giác \(ABC\) cân tại \(B\) (vì \(BA = BC = a\)) nên tâm \(H\) phải nằm trên \(BD\), ta có \(SH \subset \left( {SBD} \right)\).
Vậy có \(\left. \begin{array}{l}SH \bot \left( {ABCD} \right)\\SH \subset \left( {SBD} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {SBD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\) nên góc \[\left( {\widehat {\left( {SBD} \right),\left( {ABCD} \right)}} \right) = 90^\circ \].
số đo góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) là \(\alpha \). Khi đó
Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB\). Do tam giác \(SAB\) đều nên \(SH \bot AB\), mà \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) vuông góc với nhau theo giao tuyến \(AB\). Suy ra \(SH \bot \left( {ABC} \right)\)
Gọi \(M\)là trung điểm của \(BC\). Do tam giác \(ABC\) đều nên \(AM \bot BC\)
Gọi \(I\)là trung điểm của \(BM\). Ta có \(HI\)là đường trung bình của tam giác \(ABM\) nên \(HI//AM \Rightarrow HI \bot BC\)
\[\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\]
Trong mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) có \(HI \bot BC\,\)
Trong mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) có \(SI \bot BC\) (do \(BC \bot HI,BC \bot SH\) nên \(BC \bot \left( {SHI} \right)\))
Khi đó góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\)là \(\widehat {SIH}\). Ta có \(\widehat {SIH} = \alpha \)
Xét tam giác \(SHI\)vuông tại \(H\):
có \(SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) (do \(SH\)là đường trung tuyến trong tam giác đều \(SAB\) cạnh \(a\) ),
có \(HI = \frac{1}{2}AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\)(do \(AM\)là đường trung tuyến trong tam giác đều \(ABC\) cạnh \(a\) )
nên \(\tan \alpha = \frac{{SH}}{{HI}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{4}}} = 2\).
Câu 5: Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh bằng \(2a\), \(SA\) vuông góc với đáy và \(SA = a\sqrt 6 \). Góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) bằng ?
Lời giải
Gọi \(O\) là tâm của \(ABCD\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\,\\BD \bot SA\,\,\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)\)
Mà \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BD\\AO \bot BD,AO \subset \left( {ABCD} \right)\\SO \bot BD,SO \subset \left( {SBD} \right)\end{array} \right.\)
Suy ra \(\left( {\widehat {(SBD),\,(ABCD)}} \right) = \left( {\widehat {SO,\,AO}} \right) = \widehat {SOA}\)
Tam giác \(SAO\) vuông tại \(A\): \(\tan \widehat {SOA} = \frac{{SA}}{{AO}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{{a\sqrt 2 }} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {SOA} = {60^ \circ }\).
Vậy góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) bằng \({60^ \circ }\).
Gọi \(O\) là tâm của \(ABCD\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\,\\BD \bot SA\,\,\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)\)
Mà \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BD\\AO \bot BD,AO \subset \left( {ABCD} \right)\\SO \bot BD,SO \subset \left( {SBD} \right)\end{array} \right.\)
Suy ra \(\left( {\widehat {(SBD),\,(ABCD)}} \right) = \left( {\widehat {SO,\,AO}} \right) = \widehat {SOA}\)
Tam giác \(SAO\) vuông tại \(A\): \(\tan \widehat {SOA} = \frac{{SA}}{{AO}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{{a\sqrt 2 }} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {SOA} = {60^ \circ }\).
Vậy góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) bằng \({60^ \circ }\).
Cho hình lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) có đáy \(ABC\) là tam giác đều cạnh \(a\), \(A'A = A'B = A'C = a\sqrt {\frac{7}{{12}}} \) (tham khảo hình vẽ dưới)
Gọi \[H\] là hình chiếu của \[A'\] trên mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\]
Do \(A'A = A'B = A'C\) nên \(HA = HB = HC\). Suy ra \[H\] là trọng tâm của tam giác đều \[ABC\]
Gọi \[M\]là trung điểm của \[AB\],do tam giác\[ABC\]đều nên \[MC \bot AB\] hay\[MH \bot AB\],
\[\left( {ABB'A'} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AB\]
Trong mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) có \(HM \bot AB\)
Trong mặt phẳng \(\left( {ABB'A'} \right)\) có \(A'M \bot AB\) (do \(AB \bot MH,AB \bot A'H\) nên \(AB \bot \left( {A'MH} \right)\))
Khi đó góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {ABB'A'} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\)là \(\widehat {A'MH}\). Ta có \(\widehat {A'MH} = \alpha \)
Xét tam giác \(A'MH\) vuông tại \(H\):
Có \[MH = \frac{1}{3}MC = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\] (do \(MC = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) là đường trung tuyến trong tam giác đều cạnh \(a\))
Có \[A'M = \sqrt {A'{A^2} - A{M^2}} = \sqrt {\frac{{7{a^2}}}{{12}} - \frac{{{a^2}}}{4}} = \frac{a}{{\sqrt 3 }}\]
\[\cos \alpha = \frac{{MH}}{{MA'}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{6}}}{{\frac{a}{{\sqrt 3 }}}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \alpha = {60^0}\].
Vậy số đo góc giữa hai mặt phẳng\(\left( {ABB'A'} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) là \({60^0}\).
Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
