Câu 1:
Cho tứ diện đều \(ABCD\). Vẽ hình bình hành \(BCED\).
\(\bullet\,\) Tìm góc giữa đường thẳng \(AB\) và \((BCD)\).
\(\bullet\,\) Tìm góc phẳng nhị diện \([A,CD,B]\); \([A,CD,E]\).
baitapsgk11/t11ch8b5sgkh1.png
\(\bullet\,\) Gọi \(O\) là trọng tâm của \(\triangle BCD\) đều.
Vì \(ABCD\) là tứ diện đều nên \(AO\perp (BCD)\).
Suy ra \(BO\) là hình chiếu của \(BA\) lên \((ABCD)\).
Do đó \((AB,(BCD))=(AB,OB)=\widehat{ABO}\).
Gọi cạnh của tứ diện đều là \(a\) và \(M\) là trung điểm \(CD\).
Ta có \(AB=a\) và \(BO=\displaystyle\frac{2}{3}BM=\displaystyle\frac{2}{3}\cdot \displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{3}\).
Xét \(\triangle ABO\) vuông tại \(O\) có
\(\cos\widehat{ABO}=\displaystyle\frac{BO}{AB}\) \(=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{3}}{a}=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow \widehat{ABO}=30^\circ.\)
Vậy góc giữa \(AB\) và \((BCD)\) có số đo \(30^\circ\).
\(\bullet\,\) Ta có \(\triangle ACD\) cân tại \(A\) và \(\triangle BCD\) cân tại \(B\) có \(M\) là trung điểm \(CD\).
Suy ra \(BM\perp CD\), \(AM\perp CD\).
Do đó \([A,CD,B]=\widehat{AMB}\).
Ta có \(AM=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\), \(OM=\displaystyle\frac{1}{3}BM=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot \displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{6}\).
Xét \(\triangle AOM\) vuông tại \(O\), ta có
\(\cos \widehat{AMO}=\displaystyle\frac{OM}{AM}\) \(=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{6}}=3\Rightarrow \widehat{AMO}\approx 71{,}6^\circ.\)
Suy ra \([A,CD,E]\approx 71{,}6^\circ\).
Ta có
\([A,CD,E]=[(ACD),CD,(BCDE)]=[A,CD,B]=\widehat{BMA}\approx 71{,}6^\circ.\)
}
Câu 2:
Cho hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có \(O\) là tâm của đáy và có tất cả các cạnh bằng nhau.
\(\bullet\,\) Tìm góc giữa đường thẳng \(SA\) và \((ABCD)\).
\(\bullet\,\) Tìm góc phẳng nhị diện \([A,SO,B]\), \([S,AB,O]\).
baitapsgk11/t11ch8b5sgkh2.png
\(\bullet\,\) Đặt cạnh hình chóp tứ giác đều là \(a\).
Ta có \(S.ABCD\) là chóp tứ giác đều có \(O\) là tâm của đáy nên \(SO\perp (ABCD)\).
Suy ra \(OA\) là hình chiếu của \(SA\) lên \((ABCD)\).
Khi đó \((SA,(ABCD))=(SA,OA)=\widehat{SAO}\).
Ta có \(OA=\displaystyle\frac{AC}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\).
Suy ra
\(\cos \widehat{SAO}=\displaystyle\frac{AO}{SA}\) \(=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}}{a}=\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2} \Rightarrow \widehat{SAO}=45^\circ.\)
\(\bullet\,\) Ta có \(SO\perp (ABCD)\) nên \(SO\perp AO\), \(SO\perp BO\).
Suy ra \([A,SO,B]=\widehat{AOB}=90^\circ\) (vì \(ABCD\) là hình vuông).
Gọi \(I\) là trung điểm \(AB\). Ta có \(OI=\displaystyle\frac{AB}{2}=\displaystyle\frac{a}{2}\).
Vì \(\triangle SAB\) cân tại \(S\) và \(\triangle OAB\) cân tại \(O\) nên \(SI\perp AB\), \(OI\perp AB\).
Suy ra \([S,AB,O]=\widehat{SIO}\).
Ta có
\(\tan\widehat{SIO}=\displaystyle\frac{SO}{IO}=\displaystyle\frac{\sqrt{SA^2 - AO^2}}{IO}\) \(=\displaystyle\frac{\sqrt{a^2 - \left(\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)^2}}{\displaystyle\frac{a}{2}}=\sqrt{2}\Rightarrow \widehat{SIO}\approx 54{,}7^\circ.\)
Vậy \([A,SO,B]\approx 54{,}7^\circ\).
}
Câu 3:
Cho hình chóp cụt lục giác đều \(ABCDEF.A'B'C'D'E'F'\) với \(O\) và \(O'\) là tâm hai đáy, cạnh đáy lớn và đáy nhỏ lần lượt là \(a\) và \(\displaystyle\frac{a}{2}\), \(OO'=a\).
\(\bullet\,\) Tìm góc giữa cạnh bên và mặt đáy.
\(\bullet\,\) Tìm góc phẳng nhị diện \([O,AB,A']\), \([O',A'B',A]\).
baitapsgk11/t11ch8b5sgkh3.png
\(\bullet\,\) Gọi \(H\), \(K\) lần lượt là trung điểm \(OD\), \(AB\). Khi đó \(D'H \perp (ABCDEF)\).
Ta có hình chiếu của \(DD'\) trên mặt đáy là \(DH\) nên \(\left(DD',(ABCDEF)\right)=\widehat{D'DH}\).
Có \(\tan \widehat{D'DH}=\displaystyle\frac{D'H}{DH}=\displaystyle\frac{a}{\tfrac{a}{2}}=2\Rightarrow \left(DD',(ABCDEF)\right) \approx 63^\circ 26'\).
Vậy góc giữa cạnh bên và mặt đáy \(\approx 63^\circ 26'\).
\(\bullet\,\) Gọi \(K'\) là trung điểm của \(A'B'\).
Ta có \(\triangle OAB\) đều nên \(OK\perp AB\).
Khi đó \(\begin{cases}AB \perp OK\\AB \perp KK'\end{cases}\Rightarrow \widehat{K'KO}\) là góc phẳng nhị diện \([O,AB,A']\).
Gọi \(I\) là trung điểm của \(OK\) khi đó \(K'I \perp OK\).
Có \(\tan \widehat{K'KO}=\displaystyle\frac{K'I}{KI}\) \(=\displaystyle\frac{a}{\tfrac{a\sqrt{3}}{4}}=\displaystyle\frac{4\sqrt{3}}{3}\) \(\Rightarrow \widehat{K'KO} \approx 66^\circ 35'\).
Ta có \(\begin{cases}A'B'\perp O'K'\\A'B'\perp KK'\end{cases}\Rightarrow \widehat{O'K'K}\) là góc phẳng nhị diện \([O,AB,A']\).
Suy ra \(\widehat{O'K'K}=180^\circ - \widehat{K'KO} =180^\circ- 66^\circ 35'=113^\circ 25'\).
}
Câu 4:
Một con dốc có dạng hình lặng trụ đứng tam giác với kích thước như hình bên.
\(\bullet\,\) Tính số đo góc giữa đường thẳng \(CA'\) và \((CC'B'B)\).
\(\bullet\,\) Tính số đo góc nhị diện cạnh \(CC'\).
baitapsgk11/t11ch8b5sgkh4.png
\(\bullet\,\) Ta có \(A'B'\perp B'C'\), \(A'B'\perp BB'\) nên \(A'B'\perp (BB'C'C)\).
Suy ra \(CB'\) là hình chiếu của \(CA'\) lên \((ABCD)\).
Khi đó \((CA',(CC'B'B))=(CA',CB')=\widehat{A'CB}\).
Ta có
\(\tan \widehat{A'CB'}=\displaystyle\frac{A'B}{B'C}=\displaystyle\frac{4}{\sqrt{12^2 + 10^2}}\) \(=\displaystyle\frac{2\sqrt{61}}{61}\Rightarrow\widehat{A'CB'}\approx 14{,}36^\circ.\)
Vậy \((CA',(CC'B'B))\approx 14{,}36^\circ\).
\(\bullet\,\) Ta có \(\begin{cases}CC'\perp BC\\CC'\perp AB\end{cases}\) \(\Rightarrow CC'\perp (ABC)\Rightarrow CC'\perp AC\).
Khi đó vì \(AC\perp CC'\), \(BC\perp CC'\) nên \(\left[(AA'C'C),CC',(BB'C'C)\right]=\widehat{ACB}\).
Ta có \(\tan \widehat{ACB}=\displaystyle\frac{AB}{BC}\) \(=\displaystyle\frac{4}{12}=\displaystyle\frac{1}{3}\Rightarrow \widehat{ACB} \approx 18{,}43^\circ\).
Vậy góc nhị diện cạnh \(CC'\) có số đo \(18{,}43^\circ\).
}
Câu 5:
Người ta định đào một cái hầm có dạng hình chóp cụt tứ giác đều có hai cạnh đáy là \(14\) m và \(10\) m. Mặt bên tạo với đáy nhỏ thành một góc nhị diện có số đo \(135^\circ\). Tính số mét khối đất cần di chuyển ra khỏi hầm.
baitapsgk11/t11ch8b5sgkh5.png
Mặt bên tạo với đáy nhỏ thành một góc nhị diện có số đo \(135^\circ\) suy ra \(\widehat{OMN}=45^\circ\) và \(\widehat{O'NM}=135^\circ\).
Ta có \(OH=ON=5\Rightarrow HM=7-5=2\,\text{m}\).
\(\Rightarrow OO'=HN=HM=2\,\text{m}\).
Số mét khối đất cần di chuyển ra khỏi hầm là
\begin{eqnarray*}V&=&\displaystyle\frac{1}{3}\cdot OO'\cdot \left(S+\sqrt{S\cdot S'}+S'\right)\\ &=& \displaystyle\frac{1}{3}\cdot 2\cdot \left(10^2+\sqrt{10^2\cdot 14^2}+14^2\right)\\ &=&\displaystyle\frac{872}{3}\,\text{m}^3.\end{eqnarray*}
}