\(\S3.\) HAI MẶT PHẲNG VUÔNG GÓC

Lỗi khi trích xuất lý thuyết từ dữ liệu

Phần 1. Trắc nghiệm bốn lựa chọn

Dạng 1. Câu hỏi lí thuyết

Dạng 2. Chứng minh hai mặt phẳng vuông góc

Dạng 3. Tính góc giữa hai mặt phẳng

Dạng 1. Câu hỏi lí thuyết

Câu 1:

Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?

Đáp án: Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thứ ba thì song song với nhau

Lời giải:

Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thứ ba thì chúng song song hoặc cắt nhau hoặc chéo nhau.

Do vây mệnh đề: Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thứ ba thì song song với nhau là sai.

Câu 2:

Trong các mệnh đề sau đây, mệnh đề nào đúng?

Đáp án: Cho đường thẳng \(a\) vuông góc với mặt phẳng \((P)\), mọi mặt phẳng \((Q)\) chứa \(a\) thì \((Q)\perp (P)\)

Lời giải:

Theo định lí ta có mệnh đề \lq\lq Cho đường thẳng \(a\) vuông góc với mặt phẳng \((P)\), mọi mặt phẳng \((Q)\) chứa \(a\) thì \((Q)\perp (P)\)\rq\rq là mệnh đề đúng.

Dạng 2. Chứng minh hai mặt phẳng vuông góc

Câu 1:

Cho hình lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C'\) có đáy \(ABC\) là tam giác vuông tại \(B\), với \(AB =a \sqrt{3}, BC=a\). Góc giữa \((AB'C')\) và \((A'B'C')\) bằng \(45^\circ\). Cặp mặt phẳng nào sau đây không vuông góc với nhau?

Đáp án: \((AB'C)\)\((A'BC')\)

Lời giải:

chuyende11/t11ch8h104.png

\(\bullet\,\) Do \(C'B' \perp (ABB'A') \Rightarrow (BB'C'C) \perp (AA'B'B).\)

\(\bullet\,\) Dễ thấy góc giữa \((AB'C')\) và \((A'B'C')\) bằng \(\widehat {AB'A'} =45^\circ \Rightarrow \triangle AA'B'\) vuông cân tại \(A' \Rightarrow AA'= A'B'= a\sqrt{3} \Rightarrow\) tứ giác \(ABB'A'\) là hình vuông.

Do \( \begin{cases} A'B \perp AB'\\ A'B \perp B'C'\end{cases}\Rightarrow A'B \perp (AB'C') \Rightarrow (A'BC) \perp (AB'C'). \)

\(\bullet\,\) Do \(C'B' \perp (ABB'A') \Rightarrow (AB'C') \perp (ABB'A').\)

Câu 2:

Cho hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\). Khẳng định nào sau đây đúng?

Đáp án: \((SAC)\perp (ABCD)\)

Lời giải:

chuyende11/t11ch8h94.png

Vì \(S.ABCD\) hình chóp tứ giác đều nên \(SO\perp (ABCD)\) với \(O\) là tâm của đáy \(ABCD\) và \(SO\subset (SAC)\) nên \((SAC)\perp (ABCD)\).

Dạng 3. Tính góc giữa hai mặt phẳng

Câu 1:

Cho tứ diện \(OABC\) có \(OA\), \(OB\), \(OC\) đôi một vuông góc và \(OB=OC=a\sqrt{6}\), \(OA=a\). Tính góc giữa hai mặt phẳng \((ABC)\) và \((OBC)\).

Đáp án: \(30^\circ\)

Lời giải:

Image

Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\), từ \(OB=OC=a\sqrt{6}\), ta có \(OM\perp BC\).

Từ \(OA\perp OB\) và \(OA\perp OC\Rightarrow OA\perp (OBC)\Rightarrow OA\perp BC\).

Từ \(\begin{cases}OA\perp BC\\OM\perp BC\end{cases}\Rightarrow BC\perp (OAM)\).

Từ đây suy ra góc giữa hai mặt phẳng \((ABC)\) và \((OBC)\) bằng góc giữa hai đường thẳng \(AM\), \(OM\) và bằng góc \(\widehat{OMA}\).

Ta có \(OM=\displaystyle\frac{1}{2}BC=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot a\sqrt{6}\cdot\sqrt{2}=a\sqrt{3}\).

Xét tam giác \(OAM\) vuông tại \(O\), ta có \(\tan\widehat{OMA}=\displaystyle\frac{OA}{OM}=\displaystyle\frac{a}{a\sqrt{3}}=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow \widehat{OMA}=30^\circ\).

Vậy, góc giữa hai mặt phẳng \((ABC)\) và \((OBC)\) bằng \(30^\circ\).

Câu 2:

Cho hình chóp đều \(S.ABCD\) có độ dài cạnh đáy bằng \(a\), \(SA=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\). Góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng

Đáp án: \(45^\circ\)

Lời giải:

Image

Gọi \(O\) là tâm hình vuông \(ABCD\), ta có \(SO\perp (ABCD)\). Gọi \(M\) là trung điểm \(AB\), khi đó \(AB\perp (SOM)\). Do đó, góc giữa mặt bên \((SAB)\) và mặt đáy \((ABCD)\) là góc \(\widehat{SMO}\).

Ta có

\begin{align*}SO&=\sqrt{SA^2-AO^2}\\ &=\sqrt{\left(\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2-\left(\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)^2}=\displaystyle\frac{a}{2};\\ MO&=\displaystyle\frac{AD}{2}=\displaystyle\frac{a}{2}.\end{align*}

Bởi vậy \(\tan\widehat{SMO}=\displaystyle\frac{SO}{MO}=\displaystyle\frac{a}{2}:\displaystyle\frac{a}{2}=1\Rightarrow\widehat{SMO}=45^\circ.\)

Phần 2. Trắc nghiệm đúng sai

Dạng 1.

Dạng 2.

Dạng 3.

Dạng 4.

Dạng 1.

Dạng 2.

Dạng 3.

Dạng 4.

Phần 3. Tự luận

Cơ bản

Nâng cao

Ứng dụng thực tế

Cơ bản

Câu 1:

Cho hình chóp \(S . ABC\) có đáy là tam giác vuông tại \(C\), mặt bên \(SAC\) là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với \((ABC)\).

\(\bullet\,\) Chứng minh rằng \((SBC)\perp(SAC)\).

\(\bullet\,\) Gọi \(I\) là trung điểm của \(SC\). Chứng minh rằng \((ABI)\perp(SBC)\).

Image

\(\bullet\,\) Gọi \(H\) là trung điểm \(AC\). Suy ra \(SH\perp AC\) (\(\triangle SAC \) đều).

Vì \((SAC)\perp (ABC)\) nên \(SH\perp (ABC)\) suy ra \(BC\perp SH\). (1)

Mà \(BC\perp AC\). (2)

Từ (1), (2) suy ra \(BC\perp (SAC)\) mà \(BC\subset (SBC)\) nên \((SBC)\perp (SAC)\).

\(\bullet\,\) \(\triangle SAC \) đều suy ra \(AI\perp SC\). (3)

Ta có \(BC\perp (SAC)\) suy ra \(BC\perp AI\). (4)

Từ (3), (4) suy ra \(AI\perp (SBC)\) mà \(AI\subset (ABI)\) \\nên \((ABI)\perp(SBC)\).

Câu 2:

Cho tam giác đều \(ABC\) cạnh \(a, I\) là trung điểm của \(BC, D\) là điểm đối xứng với \(A\) qua \(I\). Vẽ đoạn thẳng \(SD\) có độ dài bằng \(\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{2}\) và vuông góc với \((ABC)\). Chứng minh rằng

\(\bullet\,\) \((SBC)\perp(SAD)\)

\(\bullet\,\) \((SAB)\perp(SAC)\).

Image

\(\bullet\,\) Ta có \(SD\perp (ABC)\) suy ra \(SD\perp AD\). (1)

Vì \(\triangle ABC\) đều cạnh \(a\) và \(D\) đối xứng với \(I\) qua \(A\) nên \(ABCD\) là hình thoi.

Suy ra \(AD\perp BC\). (2)

Từ (1), (2) suy ra \(AD\perp (SBC)\) mà \(AD\subset (SAD)\) nên \((SBC)\perp (SAD)\).

\(\bullet\,\) Kẻ \(BK\perp SA\).

Ta có \(\triangle SBA=\triangle SCA\) (c.c.c)

\(\Rightarrow \begin{cases}BK=CK\\CK\perp SA.\end{cases}\)

Mà \(AD=2AI=\sqrt{3}a\Rightarrow SA=\displaystyle\frac{3\sqrt{2}}{2}a\).

\(BD=a\Rightarrow SB=\displaystyle\frac{\sqrt{10}}{2}a\).

Suy ra \(S_{\triangle SAB}=\sqrt{p(p-SB)(p-BA)(p-SA)}=\displaystyle\frac{3}{4}a^2\).

Mặt khác, ta có \(BK=\displaystyle\frac{2S_{\triangle SAB}}{SA}=\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}a\).

\(\Rightarrow BK=CK=\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}a\).

Mà \(BK^2+CK^2=BC^2\Rightarrow BK\perp CK\).

Suy ra \((SAB)\perp (SAC)\).

Câu 3:

Cho hình lăng trụ đứng \(ABCD\cdot A'B'C'D'\) có đáy \(ABCD\) là hình thang vuông tại \(A\) và \(B\), \(AA'=2a, AD=2a, AB=BC=a\).

\(\bullet\,\) Tính độ dài đoạn thẳng \(AC'\).

\(\bullet\,\) Tính tổng diện tích các mặt của hình lăng trụ.

Image

\(\bullet\,\) Tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) có \(AC=\sqrt{AB^2+AC^2}=a\sqrt{2}\).

Tam giác \(ACC'\) vuông tại \(C\) có \(AC'=\sqrt{AC^2+CC'^2}=\sqrt{(a\sqrt{2})^2 +(2a)^2}=a\sqrt{6}.\)

\(\bullet\,\) Gọi \(I\) là trung điểm \(AD\), suy ra \(ABCI\) là hình vuông nên \(\triangle CID\) vuông tại \(I\).

Ta có \(CD=\sqrt{IC^2+ID^2}=a\sqrt{2}.\)

Diện tích \(S_{ABB'A'}=2a\cdot a=2a^2\).

Diện tích \(S_{ABCD}=S_{A'B'C'D'}=\displaystyle\frac{(2a+a)\cdot a}{2}=\displaystyle\frac{3}{2}a^2\).

Diện tích \(S_{BCC'B'}=2a\cdot a=2a^2\).

Diện tích \(S_{ADD'A'}=2a\cdot 2a=4a^2\).

Diện tích \(S_{CDD'C'}=2a\cdot a\sqrt{2}=2a^2\sqrt{2}\).

Vậy tổng diện tích các mặt của hình lăng trụ bằng \(2a^2+3a^2+2a^2+4a^2+2a^2\sqrt{2}=(11+2\sqrt{2})a^2.\)

Câu 4:

Cho hình hộp đứng \(A B C D \cdot A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}\) có đáy là hình thoi. Cho biết \(A B=B D=a, A^{\prime} C=2 a\).

\(\bullet\,\) Tính độ dài \(AA'\).

\(\bullet\,\) Tính tổng diện tích các mặt của hình hộp.

Image

\(\bullet\,\) Ta có \(\begin{cases}AB=AD\\ AB=BD\end{cases}\Rightarrow AB=AD=BD\). Suy ra \(\triangle ABD\) đều.

Gọi \(O\) là trung điểm \(BD\), thì

\(AO=\displaystyle\frac{AB\sqrt{3}}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow AC=2AO=a\sqrt{3}\).

Do \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình hộp đứng nên \(AA'\perp AC\).

\(\triangle AA'C\) vuông tại \(A\), suy ra \(AA'=\sqrt{A'C^2-AC^2}=\sqrt{4a^2-3a^2}=a\).

\(\bullet\,\) Ta có \(S_{ABCD}=\displaystyle\frac{1}{2}BD\cdot AC\) \(=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot a\cdot a\sqrt{3}=\displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{2}\).

Vì \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình hộp đứng nên các mặt bên của nó là hình chữ nhật. Hơn nữa, ta có cạnh của các hình chữ nhật này đều bằng \(a\), nên các mặt bên của hình hộp là bốn hình vuông cạnh \(a\).

Như vậy, tổng diện tích các mặt của hình hộp là

\(T=4S_{ABB'A'}+2S_{ABCD}=4a^2+2\cdot \displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{2}\) \(=\left(4+\sqrt{3}\right)a^2.\)

Câu 5:

Cho hình chóp cụt tứ giác đều có cạnh đáy lớn bằng \(2 a\), cạnh đáy nhỏ và đường nối tâm hai đáy bằng \(a\). Tính độ dài cạnh bên và đường cao của mỗi mặt bên.

Image

Kí hiệu các đỉnh của hình chóp cụt và tâm của hai đáy như hình vẽ bên.

Trong hình thang vuông \(O'OCC'\), vẽ đường cao \(C'H\) \((H\in OC)\).

Do \(C'H\parallel OO'\) nên \(C'H\perp (ABCD)\).

Ta có \(O'C'=\displaystyle\frac{A'C'}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\); \(OC=\displaystyle\frac{AC}{2}=\displaystyle\frac{2a\sqrt{2}}{2}=a\sqrt{2}\).

Suy ra \(HC=OC-O'C'=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\).

Trong tam giác \(C'HC\) vuông tại \(H\), ta có

\(CC'=\sqrt{C'H^2+HC^2}\) \(=\sqrt{a^2+\left(\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)^2}\) \(=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{2}\).

Trong \((ABCD)\), vẽ \(HK\parallel AD\) (\(K\in CD\)). Suy ra \(HK\perp CD\).

Ta có \(\begin{cases}CD\perp HK\\CD\perp C'H\end{cases}\Rightarrow CD\perp C'K\), suy ra \(C'K\) là đường cao của mặt bên \(CDD'C'\).

Do \(HK\parallel AD\Rightarrow \displaystyle\frac{HK}{AD}=\displaystyle\frac{CH}{CA}=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}}{2a}\) \(=\displaystyle\frac{1}{4}\Rightarrow HK=\displaystyle\frac{AD}{4}=\displaystyle\frac{2a}{4}=\displaystyle\frac{a}{2}\).

Trong tam giác \(C'HK\) vuông tại \(H\) ta có:

\(C'K=\sqrt{C'H^2+HK^2}\) \(=\sqrt{a^2+\left(\displaystyle\frac{a}{2}\right)^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{5}}{2}\).

Câu 6:

Kim tự tháp bằng kính tại bảo tàng Louvre ở Paris có dạng hình chóp tứ giác đều với chiều cao là \(21{,}6\) m và cạnh đáy dài \(34\) m. Tính độ dài cạnh bên và diện tích xung quanh của kim tự tháp.

Image

Image

Đặt tên các đỉnh của hình chóp như hình vẽ bên.

Gọi \(M\) là trung điểm \(CD\). Do \(\triangle SCD\) cân tại \(S\) nên \(SM\perp CD\).

Gọi \(O\) là tâm của hình vuông \(ABCD\). Khi đó \(SO\perp (ABCD) \Rightarrow SO\perp OB\) và \(SO\perp OM\).

\(\triangle SOB\) vuông tại \(O\), suy ra

\(SB=\sqrt{SO^2+OB^2}\) \(=\sqrt{SO^2+\left(\displaystyle\frac{AB\sqrt{2}}{2}\right)^2}\) \(=\sqrt{SO^2+\displaystyle\frac{AB^2}{2}}\) \(=\sqrt{21{,}6^2+\displaystyle\frac{34^2}{2}}\approx 32{,}32\) (m)

Các mặt bên của hình chóp đều là các tam giác bằng nhau, nên diện tích xung quanh của kim tự tháp là

\begin{align*}S_{xq}=\ &4S_{\triangle SCD}=4\cdot \displaystyle\frac{1}{2}\cdot CD\cdot SM\\ =\ &2CD\cdot SM\\ =\ &2CD\cdot \sqrt{SO^2+OM^2}\\ =\ &2CD \sqrt{SO^2+\left(\displaystyle\frac{AD}{2}\right)^2}\\ =\ &CD \sqrt{4SO^2+AD^2}\\ =\ &34\sqrt{4\cdot 21{,}6^2+34^2}\approx 1\,869{,}15 \text{ (m\(^2\)).}\end{align*}

Câu 7:

Cho hình chóp \(S.ABC\) có \(SA\perp(ABC)\). Gọi \(H\) là hình chiếu của \(A\) trên \(BC\).

\(\bullet\,\) Chứng minh rằng \((ASB) \perp(ABC)\) và \((SAH) \perp(SBC)\).

\(\bullet\,\) Giả sử tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), \(\widehat{ABC}=30^\circ\), \(AC=a\), \(SA=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\). Tính số đo của góc nhị diện \([S,BC,A]\).

Image

\(\bullet\,\) Vì \(SA\perp(ABC)\) và \(SA\subset (ASB)\) nên \((ASB) \perp(ABC)\).

Ta có \(\begin{cases} BC\perp AH\\ BC\perp SA \ (\text{do } SA\perp (ABC)\end{cases}\Rightarrow BC\perp (SAH))\).

Lại có \(BC\subset (SBC)\) nên \((SAH) \perp(SBC)\).

\(\bullet\,\) Theo chứng minh trên, \(BC\perp (SAH))\Rightarrow BC\perp SH\).

Kết hợp với \(BC\perp AH\), ta có góc \(\widehat{SHA}\) là một góc phẳng của góc nhị diện \([S,BC,A]\).

Vì tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) và \(\widehat{ABC}=30^\circ\) nên \(\widehat{ACB}=60^\circ\).

Ta có \(AH=AC\cdot \sin\widehat{ACB}=a\cdot\sin 60^\circ=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

Tam giác \(SAH\) vuông tại \(A\) có \(\tan\widehat{SHA}=\displaystyle\frac{SA}{AH}=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}}=1\Rightarrow\widehat{SHA}=45^\circ\).

Vậy số đo của góc nhị diện \([S,BC,A]\) là \(45^\circ\).

}

Câu 8:

Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) có cạnh bằng \(a\).

\(\bullet\,\) Tính độ dài đường chéo của hình lập phương.

\(\bullet\,\) Chứng minh rằng \((ACC'A') \perp(BDD'B')\).

\(\bullet\,\) Gọi \(O\) là tâm của hình vuông \(ABCD\). Chứng minh rằng \(\widehat{COC'}\) là một góc phẳng của góc nhị diện \([C,BD, C']\). Tính (gần đúng) số đo của các góc nhị diện \([C,BD,C]\), \([A,BD,C']\).

Image

\(\bullet\,\) Độ dài đường chéo \(AC'\)

\begin{eqnarray*}AC'=\sqrt{AC^2+AA'^2}\\=\sqrt{AB^2+AD^2+AA'^2}\\=\sqrt{a^2+a^2+a^2}\\=a\sqrt{3}.\end{eqnarray*}

\(\bullet\,\) Ta có \(\begin{cases}AC\perp BD (\text{do } ABCD \text{ là hình vuông}) \\ AC\perp BB' (\text{tính chất của hình lập phương})\end{cases}\) nên \(AC\perp (BDD'B')\).

Suy ra \((ACC'A') \perp(BDD'B')\).

\(\bullet\,\) Ta có \(\begin{cases} BD\perp AC\\ BD\perp CC'\end{cases}\Rightarrow BD\perp (ACC'A')\Rightarrow BD\perp C'O\).

Vì \(\begin{cases} BD\perp CO\\ BD\perp C'O\end{cases}\) nên \(\widehat{COC'}\) là một góc phẳng của góc nhị diện \([C,BD, C']\).

Tam giác \(COC'\) vuông tại \(C\) có \(CC'=a\) và \(OC=\displaystyle\frac{AC}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\) nên

\(\tan\widehat{COC'}=\displaystyle\frac{CC'}{CO}=\displaystyle\frac{a}{\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}}=\sqrt{2}\Rightarrow \widehat{COC'}\approx 54{,}7^\circ.\)

Ta thấy \(\widehat{AOC'}\) là một góc phẳng của góc nhị diện \([A,BD, C']\) và

\(\widehat{AOC'}=180^\circ-\widehat{COC'}\approx 180^\circ-54{,}7^\circ=125{,}3^\circ.\)

Vậy số đo các góc nhị diện \([C,BD,C]\) và \([A,BD,C']\) tương ứng là \(54{,}7^\circ\) và \(125{,}3^\circ\).

}

Câu 9:

Cho hình hộp chữ nhật \(ABCD.A'B'C'D'\).

\(\bullet\,\) Chứng minh rằng \((BDD'B') \perp(ABCD)\).

\(\bullet\,\) Xác định hình chiếu của \(AC'\) trên mặt phẳng \((ABCD)\).

\(\bullet\,\) Cho \(AB=a\), \(BC=b\), \(CC'=c\). Tính \(AC'\).

Image

\(\bullet\,\) Ta có \(BB'\perp (ABCD)\) nên \((BDD'B') \perp(ABCD)\).

\(\bullet\,\) Vì \(C'C\perp(ABCD)\) nên \(C\) là hình chiếu của \(C'\) trên \((ABCD)\). Vậy \(AC\) là là hình chiếu của \(AC'\) trên \((ABCD)\).

\(\bullet\,\) Ta có

\begin{eqnarray*}AC'=\sqrt{AC^2+CC'^2}\\=\sqrt{AB^2+BC^2+CC'^2}\\=\sqrt{a^2+b^2+c^2}.\end{eqnarray*}

}

Câu 10:

Cho hình chóp đều \(S.ABC\), đáy có cạnh bằng \(a\), cạnh bên bằng \(b\).

\(\bullet\,\) Tính sin của góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy.

\(\bullet\,\) Tính tang của góc giữa mặt phẳng chứa mặt đáy và mặt phẳng chứa mặt bên.

Image

\(\bullet\,\) Vì \(S.ABC\) là hình chóp đều nên hình chiếu của \(S\) là trực tâm \(H\) của tam giác đều \(ABC\).

Do đó, hình chiếu của \(SA\) trên mặt phẳng \((ABC)\) là \(HA\).

Vậy góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy là \(\widehat{SAH}\).

Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\), ta có \(AM=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\) (chiều cao của tam giác đều).

Vì \(H\) là trực tâm của tam giác đều \(ABC\) nên

\(AH=\displaystyle\frac{2}{3}AM=\displaystyle\frac{2}{3}\cdot\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{3}.\)

Tam giác \(SHA\) vuông tại \(H\) có

\(SH=\sqrt{SA^2-AH^2}\) \(=\sqrt{b^2-\left(\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)^2}\) \(=\sqrt{b^2-\displaystyle\frac{a^2}{3}}\) (điều kiện: \(b>\displaystyle\frac{a}{\sqrt{3}}\)).

Do đó \(\sin\widehat{SAH}=\displaystyle\frac{SH}{SA}=\displaystyle\frac{\sqrt{b^2-\displaystyle\frac{a^2}{3}}}{b}=\sqrt{1-\displaystyle\frac{a^2}{3b^2}}\).

\(\bullet\,\) Ta có \(\begin{cases} BC\perp AM\\ BC\perp SH\end{cases}\Rightarrow BC\perp (SAM)\Rightarrow BC\perp SM\).

Ta có

\(\begin{cases} (SBC)\cap(ABC)=BC\\ SM\subset (SBC), SM\perp BC\\ AM\subset (ABC), AM\perp BC\end{cases}\) nên góc giữa hai mặt phẳng \((SBC)\) và \((ABC)\) chính là góc giữa hai đường thẳng \(SM\) và \(AM\), chính là góc \(\widehat{SMA}\).

Ta có \(HM=\displaystyle\frac{AM}{3}=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}}{3}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{6}\).

Suy ra \(\tan\widehat{SMA}=\displaystyle\frac{SH}{HM}=\displaystyle\frac{\sqrt{b^2-\displaystyle\frac{a^2}{3}}}{\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{6}}=2\sqrt{\displaystyle\frac{3b^2}{a^2}-1}\).

}

Câu 11:

Hai mái nhà trong hình bên là hai hình chữ nhật (\(AOPD\) và \(BOPC\)). Giả sử \(AB=4{,}8\mathrm{~m}\), \(OA=2{,}8 \mathrm{~m}\), \(OB=4\mathrm{~m}\).

\(\bullet\,\) Tính (gần đúng) số đo của góc nhị diện tạo bởi hai nửa mặt phẳng tương ứng chứa hai mái nhà.

\(\bullet\,\) Chứng minh rằng mặt phẳng \((OAB)\) vuông góc với mặt đất phẳng. Lưu ý: Đường giao giữa hai mái (đường nóc) song song với mặt đất.

\(\bullet\,\) Điểm \(A\) ở độ cao (so với mặt đất) hơn điểm \(B\) là \(0{,}5 \mathrm{~m}\). Tính (gần đúng) góc giữa mái nhà (chứa \(OB\)) so với mặt đất.

Image

Image

\(\bullet\,\) Ta có \(\begin{cases} AO\perp PO \\ BO\perp PO\end{cases}\) nên \(\widehat{AOB}\) là một góc phẳng của góc nhị diện \([A,PO,B]\).

Theo định lí cos, ta có

\(\cos\widehat{AOB}=\displaystyle\frac{OA^2+OB^2-AB^2}{2\cdot OA\cdot OB}=\displaystyle\frac{2{,}8^2+4^2-4{,}8^2}{2\cdot 2{,}8\cdot 4}=\displaystyle\frac{1}{28}.\)

Suy ra \(\widehat{AOB}\approx 88^\circ\).

\(\bullet\,\) Theo chứng minh trên, ta có \(PO\perp (OAB)\).

Mà \(PO\) song với mặt đất nên \((OAB)\) vuông góc với mặt đất phẳng.

\(\bullet\,\) Gọi \(H\) là giao điểm của phương thẳng đứng đi qua \(A\) và phương ngang đi qua \(B\).

Theo giả thiết, \(AH=0{,}5\) m.

Góc giữa mái nhà chứa \(OB\) so với mặt đất chính là góc \(\widehat{OBH}\).

Ta có \(\sin\widehat{ABH}=\displaystyle\frac{AH}{AB}=\displaystyle\frac{0{,}5}{4{,}8}=\displaystyle\frac{5}{48}\).

Suy ra \(\widehat{ABH}\approx 5{,}98^\circ\).

Theo định lí cos, ta có

\(\cos\widehat{OBA}=\displaystyle\frac{OB^2+AB^2-OA^2}{2\cdot OB\cdot AB}\) \(=\displaystyle\frac{4^2+4{,}8^2-2{,}8^2}{2\cdot 4\cdot 4{,}8}=\displaystyle\frac{13}{16}.\)

Suy ra \(\widehat{OBA}\approx 35{,}66^\circ\).

Vậy \(\widehat{OBH}=\widehat{OBA}+\widehat{ABH}\approx 35{,}66^\circ+5{,}98^\circ=41{,}64^\circ\).

}

Câu 12:

Độ dốc của mái nhà, mặt sân, con đường thẳng là tang của góc tạo bởi mái nhà mặt sân, con đường thẳng đó với mặt phẳng nằm ngang. Độ dốc của đường thẳng dành cho người khuyết tật được quy định là không quá \(\displaystyle\frac{1}{12}\). Hỏi theo đó, góc tạo bởi đường dành cho người khuyết tật và mặt phẳng nằm ngang không vượt quá bao nhiêu độ? (Làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ hai).

Gọi \(\alpha\) là góc tạo bởi mái nhà mặt sân, con đường thẳng với mặt phẳng nằm ngang.

Theo giả thiết, \(\tan\alpha\leq\displaystyle\frac{1}{12}\Rightarrow \alpha\leq 4{,}76^\circ\).

}

Câu 13:

Cho hình chóp \(S . A B C D\) có đáy \(A B C D\) là hình chữ nhật, mặt phẳng \((S A B)\) vuông góc với mặt đáy, tam giác \(S A B\) vuông cân tại \(S\). Gọi \(M\) là trung điểm của \(A B\). Chứng minh rằng:

\(\bullet\,\) \(S M \perp(A B C D)\);

\(\bullet\,\) \(A D \perp(S A B)\);

\(\bullet\,\) \((S A D) \perp(S B C)\).

Image

\(\bullet\,\) Ta có \(\triangle SAB\) vuông cân tại \(S\) có đường trung tuyến \(SM\) nên \(SM\perp AB\) và \((SAB)\perp (ABCD)\), suy ra \(S M \perp(A B C D)\).

\(\bullet\,\) Vì \(S M \perp(A B C D)\) nên \(SM\perp AD\).

Mặt khác \(AD\perp AB\). Do đó \(A D \perp(S A B)\).

\(\bullet\,\) Từ \(A D \perp(S A B)\) suy ra \(SB\perp AD\).

Mặt khác \(\triangle SAB\) vuông cân tại \(S\) nên \(SB\perp SA\). Khi đó \(SB\perp (SAD)\).

Suy ra \((SAB)\perp (SBC)\).

Câu 14:

Cho lăng trụ \(A B C \cdot A' B' C'\) có tất cả các cạnh cùng bằng \(a\), hai mặt phẳng \(\left(A' A B\right)\) và \(\left(A' A C\right)\) cùng vuông góc với \((A B C)\).

\(\bullet\,\) Chứng minh rằng \(A A' \perp(A B C)\).

\(\bullet\,\) Tính số đo góc giữa đường thẳng \(A' B\) và mặt phẳng \((A B C)\).

Image

\(\bullet\,\) Ta có \((A'AB)\cap (A'AC)=A'A\) và hai mặt phẳng \(\left(A' A B\right)\) và \(\left(A' A C\right)\) cùng vuông góc với \((A B C)\) nên \(A A' \perp(A B C)\).

\(\bullet\,\) Ta có \(A A' \perp(A B C)\) nên suy ra \(AB\) là hình chiếu vuông góc của \(A'B\) lên mặt phẳng \((ABC)\).

Khi đó góc giữa đường thẳng \(A' B\) và mặt phẳng \((A B C)\) là \(\widehat{A'BA}\).

Theo giả thiết lăng trụ \(A B C \cdot A' B' C'\) có tất cả các cạnh cùng bằng \(a\) và \(AA'\perp AB\) nên \(A'ABB'\) là hình vuông suy ra \(\widehat{A'BA}=45^\circ\).

Vậy số đo góc giữa đường thẳng \(A' B\) và mặt phẳng \((A B C)\) là \(45^\circ\).

Nâng cao

Ứng dụng thực tế