Đáp án: \(\displaystyle\frac{\sqrt 7}{3}\)

Lời giải:

\(\bullet\) Gọi \(H\) là hình chiếu của \(M\) trên mặt phẳng \((ABCD)\). Suy ra \(H\) là trung điểm của \(OD\).

\(\bullet\) Ta có góc giữa \(BM\) và mặt phẳng \((ABCD)\) là \(\widehat{MBH}\).

\(\bullet\) Không mất tính tổng quát, coi cạnh đáy có độ dài bằng \(a\). Khi đó, cạnh bên có độ dài bằng \(2a\).

Ta có \(BD = a\sqrt{2}\) nên \(OB = \displaystyle\frac{a}{\sqrt{2}}\).

Suy ra \(SO = \sqrt{SB^2 - OB^2} = \sqrt{(2a)^2 - \left(\displaystyle\frac{a}{\sqrt{2}}\right)^2} = \sqrt{\displaystyle\frac{7}{2}}a\).

Suy ra \(MH = \displaystyle\frac{1}{2} SO = \displaystyle\frac{a\sqrt{7}}{2\sqrt{2}}\).

Lại có \(BH = \displaystyle\frac{3}{4}BD = \displaystyle\frac{3\sqrt{2}a}{4}\).

\(\bullet\) Ta có \(\tan \widehat{MBH} = \displaystyle\frac{MH}{BH} = \displaystyle\frac{\sqrt{7}}{3}\).

Đáp án: \(60^{\circ}\)

Lời giải:

Ta có \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\) nên đường chéo \(AC=a\sqrt{2}\).

Ta có \(SA\perp (ABCD)\) nên \(AC\) là hình chiếu vuông góc của \(SC\) lên \((ABCD)\).

Suy ra \((SC,(ABCD))=(SC,AC)=\widehat{SCA}.\)

Tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\), ta có

\(\tan \widehat{ACS}=\displaystyle\frac{SA}{AC}=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{a\sqrt{2}}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{ACS}=60^{\circ}.\)

\(\bullet\,\) 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

\([A,CD,E]=[(ACD),CD,(BCDE)]=[A,CD,B]=\widehat{BMA}\approx 71{,}6^\circ.\)

\(\bullet\,\) 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 \([A,SO,B]\approx 54{,}7^\circ\).

\(\bullet\,\) 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 \(\widehat{O'K'K}=180^\circ - \widehat{K'KO} =180^\circ- 66^\circ 35'=113^\circ 25'\).

\(\bullet\,\) 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 \(18{,}43^\circ\).

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*}

\(\bullet\,\) Do \(SA \perp(ABC)\). Suy ra \(A\) là hình chiếu của điểm \(S\) lên mặt phẳng \((ABC)\).

\(\bullet\,\) Hình chiếu của tam giác \(SBC\) lên mặt phẳng \((ABC)\) là tam giác \(ABC\).

\(\bullet\,\) Ta có \(BC\perp (SAB)\) nên \(B\) là hình chiếu của điểm \(C\) lên mặt phẳng \((SAB)\). Do đó hình chiếu của tam giác \(SBC\) lên mặt phẳng \((SAB)\) là tam giác \(SAB\).

\(\bullet\,\) Ta có \(AC\) là hình chiếu của \(SC\) lên mặt phẳng \((ABCD)\). Suy ra góc giữa đường thẳng \(SC\) và mặt phẳng \((ABCD)\) là góc \(\widehat{SCA}\).

Xét tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\).

Ta có

\(\tan \widehat{SCA}=\displaystyle\frac{SA}{AC}=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{2}}=1\Rightarrow \widehat{SCA}=45^\circ\).

\(\bullet\,\) Ta có \(BD\perp AC\) (giả thiết).

\(SA\perp(ABCD)\Rightarrow SA\perp BD\).

Do đó \(BD\perp(SAC)\). Suy ra góc giữa \(BD\) và mặt phẳng \((SAC)\) bằng \(90^\circ\).

\(\bullet\,\) Gọi \(O\) là giao điểm của \(BD\) và \(AC\).

Ta có \(BD\perp (SAC)\Rightarrow BO\perp (SAC)\) nên \(O\) là hình chiếu của điểm \(B\) lên mặt phẳng \((SAC)\). Do đó hình chiếu của \(SB\) lên mặt phẳng \((SAC)\) là \(SO\).

\(\bullet\,\) Dựng \(AH\perp SB\). Chứng minh được \(AH\perp (SBC)\).

Do đó \(H\) là hình chiếu của điểm \(A\) lên mặt phẳng \((SBC)\).

\(\bullet\,\) Ta có \(AC\) là hình chiếu của \(SC\) lên mặt phẳng \((ABC)\). Suy ra góc giữa đường thẳng \(SC\) và mặt phẳng \(ABC\) là góc \(\widehat{SCA}\).

Xét tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\) ta có

\(\tan\widehat{SCA}=\displaystyle\frac{SA}{AC}=\displaystyle\frac{a}{a\sqrt{2}}=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}\) \(\Rightarrow \widehat{SCA}=45^\circ\).

\(\bullet\,\) Nếu \(SM=SM'\) thì hai tam giác \(SHM\) và \(SHM'\) bằng nhau (c-g-c) suy ra \(HM=HM'\);

\(\bullet\,\) Ngược lại nếu \(SH=SH'\) thì hai tam giác \(SHM\) và \(SHM'\) bằng nhau (c-g-c) suy ra \(SM=SM'\)

\(\bullet\,\) Đường xiên \(S M\) lớn hơn đường xiên \(SM'\) nếu hình chiếu \(H M\) lớn hơn hình chiếu \(H M'\).

Sau \(1\) phút kể từ khi cất cánh, máy bay với góc cất cánh \(15^\circ\) ở độ cao so với mặt đất (phẳng, nằm ngang) lớn hơn.

\(\bullet\,\) Vì \(SA\perp (ABCD)\) nên \(SA \perp AB\) và \(SA\perp AC\).

Suy ra số đo của góc nhị diện \([B, SA, C]\) bằng số đo của góc \(\widehat{BAC}\).

Vì tứ giác \(ABCD\) là hình thoi cạnh \(a\) và \(AC=a\) nên các tam giác \(ABC\), \(ACD\) là các tam giác đều, suy ra \(\widehat{BAC}=60^\circ\).

Vậy góc nhị diện \([B, SA, C]\) có số đo bằng \(60^\circ\).

\(\bullet\,\) Vì \(SA\perp (ABCD)\) nên \(SA \perp AB\) và \(SA\perp AD\).

Suy ra số đo của góc nhị diện \([B, SA, D]\) bằng số đo của góc \(\widehat{BAD}\).

Mà \(\widehat{BAD}=2\widehat{BAC}=120^\circ\).

Vậy góc nhị diện \([B, SA, D]\) có số đo bằng \(120^\circ\).

\(\bullet\,\) Vì \(SA\perp (ABCD)\) nên hình chiếu của \(SC\) trên \((ABCD)\) là \(AC\).

Suy ra góc giữa \(SC\) và \((ABCD)\) bằng góc giữa \(SC\) và \(AC\), bằng góc \(\widehat{SCA}\).

Ta có \(\tan \widehat{SCA}=\displaystyle\frac{SA}{AC}=1\Rightarrow \widehat{SCA}=45^\circ\).

Vậy góc giữa \(SC\) và \((ABCD)\) bằng \(45^\circ\).

\(\bullet\,\) Vì \(SO\perp (ABCD)\) nên hình chiếu của \(SA\) trên \((ABCD)\) là \(OA\).

Suy ra góc giữa \(SA\) và \((ABCD)\) bằng góc giữa \(SA\) và \(OA\), bằng góc \(\widehat{SAO}\).

Vì tam giác \(SAC\) đều nên suy ra \(\widehat{SAO}=60^\circ\).

Vậy góc giữa \(SA\) và \((ABCD)\) bằng \(60^\circ\).

\(\bullet\,\) Vì \(SO \perp (ABCD)\) nên suy ra \(SO \perp AC\). \quad (1)

Mà \(AC \perp BD\) (vì tứ giác \(ABCD\) là hình vuông). \quad (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(AC \perp(SBD)\).

\(\bullet\,\) Vì \(SO\perp (ABCD)\) nên suy ra \(SO \perp OD\) và \(SO \perp OM\).

Suy ra số đo của góc nhị diện \([M, SO, D]\) bằng số đo của góc \(\widehat{MOD}\).

Vì tứ giác \(ABCD\) là hình vuông nên \(AC \perp BD\), suy ra \(\widehat{AOD}=90^\circ\) và \(\widehat{MOA}=45^\circ\).

Khi đó \(\widehat{MOD}=\widehat{AOD}+\widehat{MOA}=135^\circ\).

Vậy góc nhị diện \([M, SO, D]\) có số đo bằng \(135^\circ\).

Ta thấy điểm \(B\) ở vị trí cao hơn điểm \(A\) \(20\) m.

Xét tam giác \(ABC\) như hình vẽ.

Độ dốc bằng góc giữa dốc và mặt phẳng nằm ngang, tức là bằng góc \(\widehat{BAC}\).

Ta có \(\sin \widehat{BAC}=\displaystyle\frac{20}{120}=\displaystyle\frac{1}{6}\).

Suy ra \(\widehat{BAC}\approx 9{,}6^\circ\).

Vậy độ dốc \(\approx 10{,}67\%\).

Góc nhị diện đã cho có số đo bằng số đo của góc \(\widehat{BAC}\).

Trong tam giác \(ABC\) ta có \(\cos \widehat{BAC}=\displaystyle\frac{AB^2+AC^2-BC^2}{2\cdot AB \cdot AC}\) \(=\displaystyle\frac{30^2+30^2-\left(30\sqrt{3}\right)^2}{2\cdot 30 \cdot 30}=-\displaystyle\frac{1}{2}\).

\(\Rightarrow \widehat{BAC}=120^\circ\).

Vậy độ mở của màn hình máy tính là \(120^\circ\).

Gọi \(H\), \(K\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(C\), \(D\) trên \(AG\); \(I\) là hình chiếu vuông góc của \(B\) trên \(CH\).

Ta có \(HI=AB=2\) m, mà \(CH=4\) m \(\Rightarrow CI=2\) m.

Mặt khác \(HK=CD=1\) m \(\Rightarrow AH=KG=5{,}5\) m\(=BI\).

Trong tam giác \(CBI\) vuông tại \(I\) ta có

\(\tan \widehat{CBI}=\displaystyle\frac{CI}{BI}=\displaystyle\frac{2}{5{,}5}\) \(\Rightarrow \widehat{CBI}\approx 20^\circ\) \(\Rightarrow \widehat{BCI}\approx 70^\circ.\)

\(\Rightarrow x\approx 90^\circ+20^\circ=110^\circ\) và \(y\approx 90^\circ+70^\circ=160^\circ\).

Vậy \(x \approx 110^\circ \) và \(y \approx 160^\circ\).

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \(BC\). Ta có \(BC\perp AH\). (1)

Ta lại có \(SA\perp (ABC)\Rightarrow BC\perp SA\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(BC \perp (SAH)\Rightarrow BC\perp SH\). (3)

Từ (1) và (3) suy ra \(\alpha=\widehat{SHA}\).

Trong tam giác \(SAH\) vuông tại \(A\) ta có \(\cos \alpha=\displaystyle\frac{AH}{SH}\). (4)

Mặt khác ta có \(\displaystyle\frac{S_{\triangle ABC}}{S_{\triangle SBC}}=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{1}{2}AH\cdot BC}{\displaystyle\frac{1}{2}SH\cdot BC}=\displaystyle\frac{AH}{SH}\). (5)

Từ (4) và (5) suy ra tỉ số diện tích của hai tam giác \(ABC\) và \(SBC\) bằng \(\cos \alpha\).