\(\S5.\) GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG. GÓC NHỊ DIỆN

Lỗi khi trích xuất lý thuyết từ dữ liệu

Bài tập

Dạng 1. Tính góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

Dạng 2. Tính góc giữa hai đường thẳng, giữa hai mặt phẳng

Dạng 3. Tính góc nhị diện

Dạng 1. Tính góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

Câu 1:

Cho hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\), cạnh bên và cạnh đáy đều bằng \(a\). Tính góc giữa đường thẳng \(SC\) và \((ABCD)\).

Image

Góc giữa \(SC\) và \((ABCD)\) là góc giữa \(SC\) và \(OC\)

Ta có: \(SO = OC\) nên \(\Delta SOC\) vuông cân.

Vậy góc giữa đường thẳng \(SC\) và \((ABCD)\) là góc \(\widehat{SCO}=45^\circ\).

Câu 2:

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\), \(SA=a\sqrt{6}\) và \(SA\) vuông góc \((ABCD)\). Hãy xác định các góc giữa

a) \(SC\) và \((ABCD)\).

b) \(SC\) và \((SAB)\).

c) \(SB\) và \((SAC)\).

d) \(AC\) và \((SBC)\).

Image

a) Vì \(AC\) là hình chiếu vuông góc của \(SC\) lên \((ABCD)\) nên góc giữa \(SC\) và \((ABCD)\) là \(\widehat{SCA}\).

Trong tam giác \(SCA\), ta có \(\tan\widehat{SCA}=\displaystyle\frac{SA}{SC}=\sqrt{3}\) nên \(\left(SC,(ABCD)\right)=\widehat{SCA}=60^{\circ}\).

b) Vì \(BC\perp (SAB)\) tại \(B\) nên \(SB\) là hình chiếu vuông góc của \(SC\) lên \((SAB)\).

Do đó \(\left(SC,(SAB)\right)=(SC,SB)=\widehat{CSB}\).

Trong tam giác \(SCB\), ta có \(\tan\widehat{CSB}=\displaystyle\frac{BC}{SB}=\displaystyle\frac{a}{a\sqrt{7}}\) nên \(\left(SC,(SAB)\right)=\arctan\displaystyle\frac{1}{\sqrt{7}}\).

c) Vì \(BO\perp (SAC)\) tại \(O\) nên \(SO\) là hình chiếu vuông góc của \(SB\) lên \((SAC)\).\\ Do đó \(\left(SB,(SAC)\right)=(SB,SO)=\widehat{BSO}\).

Trong tam giác \(SBO\), ta có \(\sin\widehat{BSO}=\displaystyle\frac{BO}{SB}=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}}{a\sqrt{7}}=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{14}}\) nên \(\left(SB,(SAC)\right)=\arcsin\displaystyle\frac{1}{\sqrt{14}}\).

d) Gọi \(M\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên \(SB\). Lúc đó \(AM\perp SB\) và \(AM\perp BC\) (vì \(BC\perp(SAB)\) và \(AM\subset (SAB)\)) nên \(AM\perp (SBC)\) tại \(M\). Do đó \(MC\) là hình chiếu vuông góc của \(AC\) lên \((SBC)\).

Suy ra \(\left(AC,(SBC)\right)=(AC,MC)=\widehat{ACM}\).

Trong tam giác \(SAB\), ta có \(AM=\displaystyle\frac{SA.AB}{SB}=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{\sqrt{7}}\) và trong tam giác \(ACM\), ta có \(\sin\widehat{ACM}=\displaystyle\frac{MA}{AC}=\displaystyle\frac{\sqrt{21}}{7}\) nên \(\left(AC,(SBC)\right)=\arcsin\displaystyle\frac{\sqrt{21}}{7}\).

Câu 3:

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình vuông cạnh \(a\), tâm \(O\), \(SO\) vuông góc \((ABCD)\). Gọi \(M, N\) lần lượt là trung điểm \(SA, BC\). Biết rằng góc giữa \(MN\) và \((ABCD)\) bằng \(60^{\circ}\). Tính góc giữa \(MN\) và \((SBD)\).

Image

Gọi \(H\) là trung điểm \(AO\). Ta có \(MH\parallel SO\) nên \(MH\perp (ABCD)\), suy ra \(HN\) là hình chiếu vuông góc của \(MN\) lên \((ABCD)\). Do đó \(\left(MN,(ABCD)\right)=(MN,KN)=\widehat{MNK}=60^{\circ}\).

Trong tam giác \(HCN\), ta có \(HN^2=HC^2+CN^2-2HC.CN.\cos\widehat{HCN}\), suy ra \(HN=\displaystyle\frac{a\sqrt{10}}{4}\).

Mà trong tam giác \(MNH\), ta có \(\sqrt{3}=\tan\widehat{MNH}=\displaystyle\frac{MH}{HN}\) nên \(MH=\displaystyle\frac{a\sqrt{30}}{4}\), suy ra \(SO=2MH=\displaystyle\frac{a\sqrt{30}}{2}\).

Gọi \(K\) là trung điểm \(SD\).

Ta có \(MKCN\) là hình bình hành nên \(MN\) song song \(KC\). Do đó \(\left(MN,(SBD)\right)=\left(KC,(SBD)\right)\).

Mà \(CO\perp (SBD)\) tại \(O\) (do \(CO\perp DO\) và \(CO\perp SO\)) nên \(KO\) là hình chiếu vuông góc của \(KC\) lên \((SBD)\). Suy ra \(\left(KC,(SBD)\right)=\left(KC,KO\right)=\widehat{CKO}\).

Ta có \(OK=\displaystyle\frac{1}{2}SD=\displaystyle\frac{1}{2}\sqrt{OD^2+OS^2}=a\sqrt{2}\).

Mặt khác, trong tam giác \(COK\), ta có \(\tan\widehat{CKO}=\displaystyle\frac{OC}{OK}=\displaystyle\frac{1}{2}\), suy ra \(\left(KC,(SBD)\right)=\arctan\widehat{CKO}=\arctan\displaystyle\frac{1}{2}\approx 26^{\circ}33'\).

Câu 4:

Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác đều cạnh \(a\), \(SA=2a\) và vuông góc với đáy. Tính góc giữa \(SC\) và mặt phẳng \((SAB)\).

Image

Gọi \(M\) là trung điểm \(AB\), suy ra \(CM\perp AB\).

Hơn nữa \(SA\perp (ABC)\) suy ra \(SA\perp CM\).

Do đó \(CM\perp (SAB)\) nên hình chiếu vuông góc của \(SC\) trên mặt phẳng \((SAB)\) là \(SM\). Suy ra

\(\widehat{(SC,(SAB))}=\widehat{(SC,SM)}=\widehat{CSM}.\)

Trong tam giác vuông \(SMC\), ta có

\begin{eqnarray*}\tan \widehat{CSM}&=&\displaystyle\frac{CM}{SM}=\displaystyle\frac{CM}{\sqrt{SA^2+AM^2}}\\&=&\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{4a^2+\displaystyle\frac{a^2}{4}}}=\displaystyle\frac{\sqrt{51}}{17}\end{eqnarray*}

Vậy \(SC\) hợp với \((SAB)\) một góc \(\alpha \) thỏa mãn \(\tan \alpha =\displaystyle\frac{\sqrt{51}}{17}.\)

Câu 5:

Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác đều cạnh \(a\). Gọi \(H\) là trung điểm \(AB\), \(SH=\displaystyle\frac{3a}{4}\) và \(SH\) vuông góc với đáy. Tính góc giữa \(SH\) với mặt phẳng \((SBC)\).

Image

Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\), \(N\) là trung điểm \(BM\).

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&AM\perp BC \\&HN\parallel AM\end{aligned}\right. \Rightarrow HN\perp BC\).

Trong tam giác \(SHN\), kẻ \(HK\perp SN\left(K\in SN\right)\). \((1)\)

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&BC\perp HN \\&BC\perp SH\end{aligned}\right. \Rightarrow BC\perp (SHN) \Rightarrow BC\perp HK\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(HK\perp (SBC)\) nên \(SK\) chính là hình chiếu vuông góc của \(SH\) trên mặt phẳng \((SBC)\). Khi đó

\(\widehat{(SH,(SBC))}=\widehat{(SH,SK)}=\widehat{HSK}=\widehat{HSN}\).

Trong tam giác vuông \(SHN\), ta có

\(\tan \widehat{HSN}=\displaystyle\frac{HN}{SH}=\displaystyle\frac{AM}{2SH}=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{3}}\).

Vậy \(SH\) hợp với mặt phẳng \((SBC)\) một góc \(30^\circ\).

Câu 6:

Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác vuông tại \(A\), \(BC=a\); \(SA=SB=SC=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{3}\). Tính góc giữa đường thẳng \(SA\) và mặt phẳng \((ABC)\).

Image

Gọi \(H\) là trung điểm của \(BC\), suy ra \(H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) và \(AH=\displaystyle\frac{1}{2}BC=\displaystyle\frac{a}{2}\).

Hơn nữa, theo giả thiết \(SA=SB=SC\) nên \(SH\) là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) .

Suy ra \(SH\perp \left(ABC\right)\) . Khi đó hình chiếu vuông góc của \(SA\) trên mặt đáy \(\left(ABC\right)\) là \(HA\) nên

\(\widehat{(SA,\left(ABC\right))}=\widehat{(SA,HA)}=\widehat{SAH}.\)

Trong tam giác vuông \(SHA\) , ta có

\(\cos \widehat{SAH}=\displaystyle\frac{AH}{SA}=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}.\)

Vậy đường thẳng \(SA\) hợp với mặt phẳng \(\left(ABC\right)\) một góc \({30}^\circ\).

Câu 7:

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông tâm \(O\) cạnh bằng \(a\), \(SO\) vuông góc với đáy. Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm của \(SA\) và \(BC\). Biết góc giữa \(MN\) với \((ABCD)\) bằng \(60^\circ\). Tính góc giữa \(MN\) và \((SBD)\).

Image

Kẻ \(MK\parallel SO\), do \(SO\perp (ABCD)\), suy ra \(MK\perp (ABCD)\) với \(K\in AO\). Khi đó \(NK\) là hình chiếu vuông góc của \(NM\) trên mặt phẳng \((ABCD)\). Do đó

\(60^\circ=\widehat{(MN,(ABCD))}=\widehat{(MN,NK)}=\widehat{MNK}\).

Xét tam giác \(SAO\), ta có \(M\) là trung điểm \(SA\) và \(MK\parallel SO\).

Suy ra \(MK\) là đường trung bình của tam giác \(SAO\) nên \(K\) là trung điểm \(AO\). Suy ra \(CK=\displaystyle\frac{3}{4}CA=\displaystyle\frac{3a\sqrt{2}}{4}\).

Xét tam giác \(CNK\), ta có

\(\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}=\cos 45^\circ=\displaystyle\frac{CN^2+CK^2-KN^2}{2CN\cdot CK} \Leftrightarrow KN=\displaystyle\frac{a\sqrt{10}}{4}\).

Trong tam giác vuông \(MNK\), ta có

\(\displaystyle\frac{1}{2}=\cos 60^\circ=\cos \widehat{MNK}=\displaystyle\frac{NK}{MN} \Leftrightarrow MN=\displaystyle\frac{a\sqrt{10}}{2}\).

Gọi \(E\) là trung điểm của \(OB\), \(F\) là trung điểm của \(SO\).

Suy ra \(NE\parallel MF\) và \(NE=MF=\displaystyle\frac{1}{2}AO=\displaystyle\frac{1}{4}AC=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{4}\) nên tứ giác \(MFNE\) là hình bình hành. Gọi \(I=MN\cap EF\) suy ra \(I\) là trung điểm \(MN\) nên \(MI=\displaystyle\frac{MN}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{10}}{4}\).

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&AC\perp BD \\&SO\perp AC\end{aligned}\right. \Rightarrow AC\perp (SBD) \Rightarrow MF\perp (SBD)\)

nên hình chiếu vuông góc của \(MI\) trên mặt phẳng \((SBD)\) là \(IF\).

Do đó

\(\widehat{(MN,(SBD))}=\widehat{(MI,(SBD))}=\widehat{(MI,FI)}\).

Trong tam giác vuông \(MFI\), ta có \(\sin \widehat{MIF}=\displaystyle\frac{MF}{MI}=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{5}}\). Suy ra \(\widehat{MIF}\approx 27^\circ\).\\ Vậy \(\widehat{(MN,(SBD))}\approx 27^\circ\).

Câu 8:

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông tâm \(O\) cạnh bằng \(a\), \(SO\) vuông góc với đáy. Mặt phẳng \(\left(\alpha \right)\) đi qua \(A\) và vuông góc với \(SC\) cắt hình chóp theo một thiết diện có diện tích bằng \(\displaystyle\frac{a^2}{2}\). Tính góc giữa đường thẳng \(SC\) và mặt phẳng \((ABCD)\).

Image

Giả sử \(\left(\alpha \right)\) cắt các cạnh \(SB\), \(SC\), \(SD\) lần lượt tại các điểm \(H\), \(J\), \(K\).

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&BD\perp SO \\&BD\perp AC\end{aligned}\right. \Rightarrow BD\perp (SAC) \Rightarrow BD\perp SC\).

Mà \(\left(\alpha \right)\perp SC\) suy ra \(BD\parallel \left(\alpha \right)\). Do đó

\(\left\{\begin{aligned}&BD\subset (SBD) \\&BD\parallel \left(\alpha \right) \\&(SBD)\cap \left(\alpha \right)=HK\end{aligned}\right. \Rightarrow HK\parallel BD \Rightarrow HK\perp (SAC) \Rightarrow HK\perp AJ\).

Suy ra \(S_{AHJK}=\displaystyle\frac{1}{2}HK\cdot AJ\).

Do \(SO\perp \left(ABCD\right)\) nên hình chiếu vuông góc của \(SC\) trên mặt đáy \(\left(ABCD\right)\) là \(OC\) .\\ Suy ra

\(\varphi =\widehat{(SC,\left(ABCD\right))}=\widehat{(SC,OC)}=\widehat{SCO}\) .

Ta có \(AJ=AC\sin \varphi =a\sqrt{2}\sin \varphi \) ; \(SO=OC\cdot \tan \varphi =\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\tan \varphi \) ; \(\Delta SOC\backsim \Delta SJI\).\\ suy ra \(\widehat{SIJ}=\widehat{SCO}=\varphi \) nên \(\widehat{AIO}=\widehat{SIJ}=\varphi \) .

Từ đó ta có \(OI=OA\cot \varphi =\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\cot \varphi \) ;

\(\displaystyle\frac{HK}{BC}=\displaystyle\frac{SI}{SO}=1-\displaystyle\frac{OI}{SO}=1-\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\cot \varphi }{\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\tan \varphi }=1-\cot^2\varphi \)

\(\Rightarrow KH=BD\left(1-\cot^2\varphi \right)=a\sqrt{2}\left(1-\cot^2\varphi \right)\) .\\ Vậy \(S_{AHJK}=\displaystyle\frac{1}{2}HK\cdot AJ\Leftrightarrow \displaystyle\frac{1}{2}a^2=a^2\sin \varphi \left(1-\cot^2\varphi \right) \Leftrightarrow 4\sin^2\varphi -\sin \varphi -2=0\( suy ra \(\sin \varphi =\displaystyle\frac{1+\sqrt{33}}{8}\) (do \(\sin \varphi >0\) ).

Suy ra \(\varphi \approx 57{,}5^\circ\). Vậy \(\widehat{(SC,(ABCD))}=57{,}5^\circ\).

Câu 9:

Cho lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C'\) có đáy là tam giác đều cạnh \(a\). Đường chéo \(BC'\) hợp với mặt phẳng \((ABB'A')\) một góc \(30^\circ\). Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm của \(AC\) và \(BB'\). Tính góc giữa đường thẳng \(MN\) và mặt phẳng \((BA'C')\).

Image

Gọi \(E\) là trung điểm \(A'B'\), suy ra \(C'E=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\) và \(C'E\perp A'B'\).

Ta có \(\left.\begin{aligned}& C'E\perp A'B' \\ & C'E\perp AA'\end{aligned} \right\}\Rightarrow C'E\perp (ABB'A')\)

nên hình chiếu vuông góc của \(BC'\) trên mặt phẳng \((ABB'A')\) là \(BE\).

Do đó

\(\widehat{(BC',(ABB'A'))}=\widehat{(BC',BE)}=\widehat{C'BE}=30^\circ\).

Đặt \(AA'=h\), suy ra \(BC'=\sqrt{BB'^2+B'C'^2}=\sqrt{h^2+a^2}\).

Trong tam giác vuông \(C'EB\), ta có \(\sin \widehat{C'BE}=\displaystyle\frac{C'E}{BC'}\Leftrightarrow \displaystyle\frac{1}{2}=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{h^2+a^2}}\Rightarrow h=a\sqrt{2}.\)

Gọi \(H\) là trung điểm \(A'C'\), \(I=BH\cap MN\). Kẻ \(MK\perp BH\) \(\left( K\in BH \right)\qquad (1)\)

Ta có \(\left.\begin{aligned}& AC\perp BM \\ & AC\perp BB'\end{aligned} \right\}\Rightarrow AC\perp (BMHB')\Rightarrow AC\perp MK\Rightarrow A'C'\perp MK\qquad (2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(MK\perp (BA'C')\) nên hình chiếu vuông góc của \(MI\) trên mặt phẳng \((BA'C')\) là \(KI\). Do đó

\(\widehat{(MN,(BA'C'))}=\widehat{(MI,(BA'C'))}=\widehat{(MI,KI)}=\widehat{MIK}\).

Trong tam giác vuông \(HMB\) có đường cao \(MK\) nên \(MK=\displaystyle\frac{HM\cdot BM}{\sqrt{HM^2+BM^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{\sqrt{11}}\).

Trong tam giác vuông \(HMB\), ta có \(BH=\sqrt{HM^2+BM^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{11}}{2}\), suy ra \(BI=\displaystyle\frac{1}{3}BH=\displaystyle\frac{a\sqrt{11}}{6}\).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(BMH\) kết hợp với định lí hàm số côsin trong tam giác \(BMI\), ta được

\(\displaystyle\frac{BM}{BH}=\cos \widehat{MBH}=\cos \widehat{MBI}=\displaystyle\frac{BM^2+BI^2-MI^2}{2BM\cdot BI}\( suy ra \(MI=\displaystyle\frac{a\sqrt{5}}{3}\).

Trong tam giác vuông \(MKI\), ta có \(\sin \widehat{MIK}=\displaystyle\frac{MK}{MI}=\sqrt{\displaystyle\frac{54}{55}}\).

Suy ra \(\widehat{MIK}\approx 82^\circ\). Vậy \(\widehat{(MN,(BA'C'))}\approx 82^\circ\).

Câu 10:

Cho lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C'\) có đáy là tam giác đều cạnh \(a\), \(AA'=2a\). Tính góc giữa đường thẳng \(BC'\) và mặt phẳng \((A'BC)\).

Image

Gọi \(D'\) là điểm sao cho \(ABC'D'\) là hình bình hành, suy ra \(BC'\parallel AD'\) nên \(\widehat{(BC',(A'BC))}=\widehat{(AD',(A'BC))}.\)

Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\), suy ra \(AM=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\) và \(AM\perp BC\).

Gọi \(K\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \(A'M\), suy ra \(AK\perp A'M\). \((1)\)

Ta có \(\left.\begin{aligned}& BC\perp AM \\ & BC\perp AA'\end{aligned} \right\}\Rightarrow BC\perp \left( A'AM \right)\Rightarrow BC\perp AK\qquad(2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(AK\perp (A'BC)\) nên hình chiếu vuông góc của \(AD'\) trên mặt phẳng \((A'BC)\) là \(KD'\) nên

\(\widehat{(BC',(A'BC))}=\widehat{(AD',(A'BC))}=\widehat{(AD',KD')}=\widehat{AD'K}\).

Ta có \(AK=\displaystyle\frac{AA'\cdot AM}{\sqrt{AA'^2+AM^2}}=\displaystyle\frac{2a}{\sqrt{5}}\);

\(AD'=BC'=\sqrt{BB'^2+B'C'^2}=a\sqrt{5}\).

Trong tam giác vuông \(AKD'\), ta có \(\sin \widehat{AD'K}=\displaystyle\frac{AK}{AD'}=\displaystyle\frac{2}{5}\).

Suy ra \(\widehat{AD'K}\approx 24^\circ\). Vậy \(\widehat{(BC',(A'BC))}\approx 24^\circ\).

Câu 11:

Cho lăng trụ \(ABCD.A'B'C'D'\) có đáy là hình thoi cạnh \(a\), \(\widehat{BAD}=60^\circ\). Hình chiếu vuông góc của \(B'\) xuống mặt đáy trùng với giao điểm hai đường chéo của đáy và cạnh bên \(BB'=a\). Tính góc giữa cạnh bên và mặt đáy.

Image

Gọi \(O=AC\cap BD\). Theo giả thiết \(B'O\perp (ABCD)\).

Suy ra hình chiếu vuông góc của \(BB'\) xuống mặt đáy \((ABCD)\) là \(BO\).\\ Do đó

\(\widehat{(BB',(ABCD))}=\widehat{(BB',BO)}=\widehat{B'BO}\).

Tam giác \(ABD\) có \(\left\{\begin{aligned}& AB=AD=a \\ & \widehat{BAD}=60^\circ\end{aligned}\right.\)

nên tam giác \(ABD\) đều cạnh \(a\). Suy ra \(BD=a\) và \(BO=\displaystyle\frac{1}{2}BD=\displaystyle\frac{a}{2}\).

Trong tam giác vuông \(B'BO\), ta có \(\cos \widehat{B'BO}=\displaystyle\frac{BO}{BB'}=\displaystyle\frac{1}{2}.\)

Suy ra \(\widehat{B'BO}=60^\circ\).

Vậy góc hợp bởi giữa cạnh bên và mặt đáy bằng \(60^\circ\).

Câu 12:

Cho hình hộp chữ nhật \(ABCD.A'B'C'D'\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông. Tìm góc lớn nhất giữa đường thẳng \(BD'\) và mặt phẳng \((BDC')\).

Image

Gọi \(O=AC\cap BD\) và \(I\) là trung điểm của \(BD'\) thì \(I\in (ACC'A')\).

Hạ \(IH\perp OC'\) \(\left( H\in OC'\right)\). \((1)\)

Ta có \(\left\{\begin{aligned}& BD\perp AC \\ & BD\perp AA'\end{aligned}\right.\)

\(\Rightarrow BD\perp (ACC'A')\Rightarrow BD\perp IH.\qquad(2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(IH\perp (BDC')\) nên hình chiếu vuông góc của \(BI\) trên mặt phẳng \((BDC')\) là \(BH\). Do đó

\(\widehat{(BD',(BDC'))}=\widehat{(BI,(BDC'))}=\widehat{(BI,BH)}=\widehat{IBH}.\)

Đặt \(AB=a\), \(AA'=b\) thì \(BD'=\sqrt{AB^2+AD^2+DD'^2}\) \(=\sqrt{2a^2+B^2}\) suy ra \(IB=\displaystyle\frac{\sqrt{2a^2+B^2}}{2}\).

Ta có \(\Delta OHI\backsim \Delta C'CO\) suy ra \(\displaystyle\frac{OI}{HI}=\displaystyle\frac{C'O}{CO}\) nên

\(HI=\displaystyle\frac{OI\cdot CO}{C'O}=\displaystyle\frac{ab}{2\sqrt{2B^2+a^2}}=\displaystyle\frac{1}{2\sqrt{\displaystyle\frac{2}{a^2}+\displaystyle\frac{1}{B^2}}}\).

Trong tam giác vuông \(BHI\), ta có \(\sin \widehat{IBH}=\displaystyle\frac{IH}{BI}=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2\left( \displaystyle\frac{a^2}{B^2}+\displaystyle\frac{B^2}{a^2} \right)+5}}\).

Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có \(\displaystyle\frac{a^2}{B^2}+\displaystyle\frac{B^2}{a^2}\ge 2\) nên \(\sin \widehat{IBH}\le \displaystyle\frac{1}{3}\). Dấu ``\(=\)'' xảy ra khi và chỉ khi: \(a=b\).

Câu 13:

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\), cạnh \(SA=a\sqrt{6}\) và vuông góc với đáy. Tính

a) Góc giữa đường thẳng \(BC\) và \((SAB)\);

b) Góc giữa đường thẳng \(BD\) và \((SAD)\);

c) Góc giữa đường thẳng \(SC\) và \((ABCD)\).

Image

a) Ta có \(SA\perp (ABCD)\), suy ra \(BC\perp SA\).

Lại có \(BC\perp AB\), suy ra \(BC\perp (SAB)\).

Suy ra góc giữa đường thẳng \(BC\) và \((SAB)\) bằng \(90^\circ\).

b) Ta có \(SA\perp (ABCD)\), suy ra \(BA\perp SA\).

Lại có \(BA\perp AD\), suy ra \(BA\perp (SAD)\).

Vậy \(AD\) là hình chiếu của của \(BD\) trên \((SAD)\).

Nếu gọi \(\varphi\) là góc giữa \(BD\) và \((SAD)\) thì \(\varphi = (BD,AD)=\widehat{BDA}=45^\circ\) (vì \(\triangle ABD\) vuông cân tại \(A\)).

c) Ta có \(SA\perp (ABCD)\), suy ra \(AC\) là hình chiếu của \(SC\) lên \((ABCD)\).

Nếu gọi \(\varphi'\) là góc giữa đường thẳng \(SC\) và \((ABCD)\) thì \(\varphi'=(SC,CA)=\widehat{SCA}\).

Trong \(\triangle SCA\) vuông tại \(A\), ta có

\[\tan \widehat{SCA}=\displaystyle\frac{SA}{AC}=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{a\sqrt{2}}=\sqrt{3}.\]

Suy ra góc giữa đường thẳng \(SC\) và \((ABCD)\) bằng \(60^\circ\).

Câu 14:

Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\). Tính góc giữa các đường thẳng sau đây với mặt phẳng \((ABCD)\).

a) \(AA'\);

b) \(BC'\);

c) \(A'C\).

Image

a) Vì \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình lập phương nên ta có \(AA'\perp (ABCD)\).

Suy ra \((AA',(ABCD))=90^\circ\).

b) Ta có \(CC'\perp (ABCD)\) nên suy ra \(BC\) là hình chiếu của \(BC'\) trên \((ABCD)\).

Khi đó \((BC',(ABCD))=(BC',BC)=\widehat{C'BC}\).

Xét \(\triangle C'BC\) vuông tại \(C\), ta có

\[\tan \widehat{C'BC}=\displaystyle\frac{CC'}{BC}=\displaystyle\frac{a}{a\sqrt{2}}=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow \widehat{C'BC}\approx 35^\circ 15'.\]

Vậy \((BC',(ABCD))\approx 35^\circ 15'\).

c) Ta có \(AA'\perp (ABCD)\) nên suy ra \(AC\) là hình chiếu của \(A'C\) trên \((ABCD)\).

Khi đó \((A'C,(ABCD))=(A'C,AC)=\widehat{A'CA}\).

Xét \(\triangle A'CA\) vuông tại \(A\), ta có

\[\tan \widehat{A'CA}=\displaystyle\frac{AA'}{AC}=\displaystyle\frac{a}{a\sqrt{2}}=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow \widehat{A'CA}\approx 35^\circ 15'.\]

Vậy \((A'C,(ABCD)) \approx 35^\circ 15'\).

Câu 15:

Image

Một tấm ván hình chữ nhật \(ABCD\) được dùng làm mặt phẳng nghiêng để kéo một vật lên khỏi hố sâu \(2\) m. Cho biết \(AB=1\) m, \(AD=3{,}5\) m. Tính góc giữa đường thẳng \(BD\) và đáy hố.

Ta có mặt phẳng đáy hố được minh hoa bởi mặt phẳng \((AKHB)\). Khi đó cần tìm \((BS,(AKHB))\).

Nhận xét rằng \(DK\perp (AKHB)\) nên \(BK\) là hình chiếu của \(BD\) lên \((AKHB)\).

Khi đó \((BD,(AKHB))=(BD,BK)=\wideparen{DBK}\).

Ta có \(DK=\sqrt{AD^2 - AK^2} = \sqrt{AD^2 - BH^2} = \sqrt{3{,}5^2 - 2^2} = \displaystyle\frac{\sqrt{33}}{2}\) (m).

\(BK=AH=\sqrt{AB^2 + BH^2 }=\sqrt{1^2 + 2^2}=\sqrt{5}\). (m)

Xét \(\triangle DKB\) vuông tại \(K\), ta được

\[\tan \widehat{KBD}=\displaystyle\frac{DK}{BK}=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{\sqrt{33}}{2}}{\sqrt{5}}=\displaystyle\frac{\sqrt{165}}{10}\Rightarrow \widehat{KBD}\approx 52^\circ.\]

Vậy góc giữa \(BD\) và đáy hố khoảng \(52^\circ\).

Câu 16:

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.

Image

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*}

Câu 17:

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

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

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

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

Image

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

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

c) 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 18:

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

a) Tính sin của góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy.

b) Tính tang của góc giữa mặt phẳng chứa mặt đáy và mặt phẳng chứa mặt bên.

Image

a) 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

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

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

b) 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 19:

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 20:

Cho hình chóp \(S.ABC\) có \(SA \perp(ABC)\), \(SA=a\), \(CA=CB=a \sqrt{7}\), \(AB=2a\).

a) Gọi \(\alpha\) là góc giữa \(SB\) và \((ABC)\). Tính \(\tan \alpha\).

b) Tính góc giữa \(SC\) và \((SAB)\).

Image

a) Do \(SA \perp(ABC)\) nên \(\alpha=\widehat{SBA}\). Tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) nên

\(\tan \alpha=\tan \widehat{SBA}=\displaystyle\frac{SA}{AB}=\displaystyle\frac{a}{2a}=\displaystyle\frac{1}{2}.\)

b) Gọi \(M\) là trung điểm của \(A B\). Tam giác \(ABC\) cân tại \(C\) nên \(CM \perp AB\).

Mặt khác, từ \(SA \perp(ABC)\) ta có \(CM \perp SA\). Do đó \(CM \perp(SAB)\).

Vậy góc giữa \(SC\) và \((SAB)\) bằng \(\widehat{CSM}\).

Tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\) nên \(SC=\sqrt{S A^2+A C^2}=\sqrt{a^2+7 a^2}=a \sqrt{8}\).

Ta có \(AM=\displaystyle\frac{1}{2} AB=a\). Do đó, tam giác \(SAM\) vuông cân tại \(A\) và \(SM=a \sqrt{2}\).

Tam giác \(CMS\) vuông tại \(M\) và \(\cos \widehat{CSM}=\displaystyle\frac{SM}{SC}=\displaystyle\frac{a \sqrt{2}}{a \sqrt{8}}=\displaystyle\frac{1}{2}\).

Vậy \(\widehat{CSM}=60^{\circ}\) và do đó góc giữa \(SC\) và \((SAB)\) bằng \(60^{\circ}\).

Câu 21:

Cho hình chóp \(S.ABC\) có \(SA \perp(ABC)\), tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\).

a) Xác định hình chiếu của điềm \(S\) trên mặt phẳng \((ABC)\).

b) Xác định hình chiếu của tam giác \(SBC\) trên mặt phẳng \((ABC)\).

c) Xác định hình chiếu của tam giác \(SBC\) trên mặt phẳng \((SAB)\).

Image

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

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

c) 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 \(SAB\).

Câu 22:

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình vuông \(ABCD\) cạnh \(a\), \(SA \perp(ABCD)\) và \(SA=a \sqrt{2}\).

a) Tính góc giữa \(SC\) và mặt phẳng \((ABCD)\).

b) Tính góc giữa \(BD\) và mặt phẳng \((SAC)\).

c) Tìm hình chiếu của \(S B\) trên mặt phẳng \((SAC)\).

Image

a) 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

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

b) 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 \(90^\circ\).

c) 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 \(SO\).

Câu 23:

Cho hình chóp \(S.ABC\) có \(SA \perp(ABC)\), tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\), \(SA=AB=BC=a\).

a) Xác định hình chiếu của \(A\) trên mặt phẳng \((SBC)\).

b) Tính góc giữa \(S C\) và mặt phẳng \((ABC)\).

Image

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

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

b) 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

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

Câu 24:

Cho điểm \(S\) nằm ngoài mặt phẳng \((P)\), có hình chiếu \(H\) trên \((P)\). Với mỗi điểm \(M\) bất kì (không trùng \(H\)) trên mặt phẳng \((P)\), ta gọi đoạn thẳng \(SM\) là đường xiên, đoạn thẳng \( HM \) là hình chiếu trên \((P)\) của đường xiên đó. Chứng minh rằng\(\colon\)

a) Hai đường xiên \(SM\) và \(SM'\) bằng nhau khi và chỉ khi hai hình chiếu \(HM\), \(HM'\) tương ứng của chúng bằng nhau;

b) Đường xiên \(SM\) lớn hơn đường xiên \(S M'\) nếu hình chiếu \(HM\) lớn hơn hình chiếu \(HM'\).

Image

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

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

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

Câu 25:

Tính thể tích của khối chóp \(S.ABCD\). Biết đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\), \(SA \perp (ABCD)\), góc giữa đường thẳng \(SB\) và mặt phẳng \((ABCD)\) bằng \(60^{\circ}\).

Image

Do \(SA \perp (ABCD)\) và \(BA\) chứa trong \((ABCD)\) nên \(SA \perp AB\), suy ra \(S A=A B \cdot \tan \widehat{SBA}\).

Vì \(SA \perp (ABCD)\) nên góc giữa đường thẳng \(SB\) và mặt phẳng \((ABCD)\) bằng \(\widehat{SBA}\).

Suy ra \(\widehat{SBA}=60^{\circ}\).

Từ đó, ta có \(SA=a\cdot\tan 60^{\circ}=a\sqrt{3}\).

Mặt khác, do diện tích hình vuông \(ABCD\) là \(S_{ABCD}=a^2\) nên thể tích của khối chóp \(S.ABCD\) là

\(V_{S.ABCD}=\displaystyle\frac{1}{3}S_{ABCD}\cdot SA=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot a^2\cdot a\sqrt{3}=\displaystyle\frac{a^3\sqrt{3}}{3}.\)

Câu 26:

Cho hình chóp đều \(S.ABCD\) có các cạnh bên và các cạnh đáy đều bằng \(a\).

a) Chứng minh rằng các tam giác \(ASC\) và \(BSD\) là tam giác vuông cân.

b) Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\), chứng minh rằng đường thẳng \(SO\) vuông góc với mặt phẳng \((ABCD)\).

c) Chứng minh rằng góc giữa đường thẳng \(SA\) và mặt phẳng \((ABCD)\) bằng \(45^{\circ}\).

Image

a) Chứng minh rằng các tam giác

\(ASC\) và \(BSD\) là tam giác vuông cân.

Hai tam giác \(ASC\) và \(ABC\) có \(AS=AB=a\), \(CS=CS\), \(AC\) là cạnh chung nên \(\triangle ASC=\triangle ABC\).

Vì \(ABCD\) là hình vuông nên tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\).

Do đó \(\triangle ASC\) vuông cân tại \(S\).

Chứng minh tương tự, tam giác \(BSD\) vuông cân tại \(S\).

b) Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\), chứng minh rằng đường thẳng \(SO\) vuông góc với mặt phẳng \((ABCD)\).

Tam giác \(ASC\) cân tại \(S\) có \(O\) là trung điểm của \(AC\) nên \(SO\perp AC.\)

Tương tự, \(SO\perp BD\).

Mà \(AC, BD\subset (ABCD)\) và \(AC\cap BD=O\) nên \(SO\perp (ABCD)\).

c) Chứng minh rằng góc giữa đường thẳng \(SA\) và mặt phẳng \((ABCD)\) bằng \(45^{\circ}\).

Tam giác \(ASC\) vuông cân tại \(S\) nên \(\widehat{SAC}=445^\circ\).

Ta có \(SO\perp (ABCD)\) và \(SA\cap (ABCD)=A\) nên góc giữa đường thẳng \(SA\) và mặt phẳng \((ABCD)\) là \(\widehat{SAC}=45^\circ\).

Câu 27:

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 \((A B C)\).

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

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

Image

a) 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 \(A A' \perp(A B C)\).

b) 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 \(45^\circ\).

Câu 28:

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\) với tâm \(O, S O=\frac{a \sqrt{2}}{2}\). Hai mặt phẳng \((SAC)\) và \((SBD)\) cùng vuông góc với mặt phẳng \((ABCD)\).

a) Chứng minh rằng \(S O \perp(ABCD)\).

b) Tính góc giữa đường thẳng \(S A\) và mặt phẳng \((ABCD)\).

Image

a) Ta có \((SAC) \perp(ABCD),(SBD) \perp(ABCD)\) và \((SAC) \cap(SBD)=S O\). Suy ra \(S O \perp(ABCD)\).

b) Do \(S O \perp(ABCD)\) nên góc giữa \(S A\) và mặt phẳng \((ABCD)\) là góc \(S A O\).

Vì tam giác \(S A O\) vuông tại \(O\) có \(S O=A O=\frac{a \sqrt{2}}{2}\) nên tam giác \(S A O\) vuông cân tại \(O\). Suy ra \(\widehat{S A O}=45^{\circ}\). Vậy góc giữa đường thẳng \(S A\) và mặt phẳng \((ABCD)\) là \(45^{\circ}\).

Câu 29:

Dốc là đoạn đường thẳng nối hai khu vực hay hai vùng có độ cao khác nhau. Độ dốc được xác định bằng góc giữa dốc và mặt phẳng nằm ngang, ở đó độ dốc lớn nhất là \(100 \%\), tương ứng với góc \(90^\circ\) (độ dốc \(10 \%\) tương ứng với góc \(9^\circ\)). Giả sử có hai điểm \(A\), \(B\) nằm ở độ cao lần lượt là \(200\) m, \(220\) m so với mực nước biển và đoạn dốc \(AB\) dài \(120\) m. Độ dốc đó bằng bao nhiêu phần trăm (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm)?

Image

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 \(\approx 10{,}67\%\).

Câu 30:

Cho hình chóp \(S.ABC\) có \(SA \perp(ABC)\).

a) Tính góc giữa đường thẳng \(SA\) và mặt phẳng \((ABC)\) theo đơn vị độ.

b) Tính góc giữa đường thẳng \(SB\) và mặt phẳng \((ABC)\) theo đơn vị độ, biết \(SA=\sqrt{3}AB\).

Image

a) Vì \(SA \perp(ABC)\) nên góc giữa đường thẳng \(SA\) và mặt phẳng \((ABC)\) bằng \(90^\circ\).

b) Vì \(SA \perp(ABC)\) nên \(AB\) là hình chiếu của \(SB\) trên \((ABC)\). Suy ra góc giữa đường thẳng \(SB\) và mặt phẳng \((ABC)\) bằng \(\widehat{SBA}\).\\ Vì tan \(\widehat{SBA}=\displaystyle\frac{SA}{AB}=\sqrt{3}\) nên \(\widehat{SBA}=60^\circ\).

Vậy góc giữa đường thẳng \(SB\) và mặt phẳng \((ABC)\) bằng \(60^\circ\).

Câu 31:

Để ước lượng chiều cao của tháp khi không thể lên tới đỉnh tháp, người ta đo góc giữa tia nắng chiếu qua đỉnh tháp và mặt đất, đo chiều dài của bóng tháp trên mặt đất, từ đó ước lượng được chiều cao của tháp. Giả sử khi tia nắng tạo với mặt đất một góc \(40^\circ\), chiều dài của bóng tháp là \(80\) m (Hình bên). Tính chiều cao của tháp theo đơn vị mét (làm tròn kết quả đến hàng phần mười).

Image

Image

Xét hình bên, độ dài \(AH\) chỉ chiều cao của tháp, độ dài \(OH\) chỉ chiều dài của bóng tháp, độ lớn của góc \(AOH\) chỉ số đo góc giữa tia nắng và mặt đất. Vì tam giác \(OAH\) vuông tại \(H\) nên

\(AH=OH \cdot \tan \widehat{AOH}=80 \cdot \tan 40^\circ \approx 67{,}1(\mathrm{m}).\)

Câu 32:

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 \([A,CD,B]\); \([A,CD,E]\).

Image

\(\bullet\,\) 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 33:

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 \([A,SO,B]\), \([S,AB,O]\).

Image

\(\bullet\,\) 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 34:

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 \([O,AB,A']\), \([O',A'B',A]\).

Image

\(\bullet\,\) 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 35:

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 \(CC'\).

Image

\(\bullet\,\) 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 36:

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.

Image

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*}

Câu 37:

Cho hình chóp \(S.ABC\) có \(SA \perp(ABC)\), tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\).

\(\bullet\,\) Xác định hình chiếu của điềm \(S\) trên mặt phẳng \((ABC)\).

\(\bullet\,\) Xác định hình chiếu của tam giác \(SBC\) trên mặt phẳng \((ABC)\).

\(\bullet\,\) Xác định hình chiếu của tam giác \(SBC\) trên mặt phẳng \((SAB)\).

Image

\(\bullet\,\) 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 \(SAB\).

Câu 38:

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình vuông \(ABCD\) cạnh \(a\), \(SA \perp(ABCD)\) và \(SA=a \sqrt{2}\).

\(\bullet\,\) Tính góc giữa \(SC\) và mặt phẳng \((ABCD)\).

\(\bullet\,\) Tính góc giữa \(BD\) và mặt phẳng \((SAC)\).

\(\bullet\,\) Tìm hình chiếu của \(S B\) trên mặt phẳng \((SAC)\).

Image

\(\bullet\,\) 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 \(SO\).

Câu 39:

Cho hình chóp \(S.ABC\) có \(SA \perp(ABC)\), tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\), \(SA=AB=BC=a\).

\(\bullet\,\) Xác định hình chiếu của \(A\) trên mặt phẳng \((S B C)\).

\(\bullet\,\) Tính góc giữa \(S C\) và mặt phẳng \((A B C)\).

Image

\(\bullet\,\) 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

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

Câu 40:

Cho điểm \(S\) nằm ngoài mặt phẳng \((P)\), có hình chiếu \(H\) trên \((P)\). Với mỗi điểm \(M\) bất kì (không trùng \(H\)) trên mặt phẳng \((P)\), ta gọi đoạn thẳng \(S M\) là đường xiên, đoạn thẳng \( HM \) là hình chiếu trên \((P)\) của đường xiên đó. Chứng minh rằng\(\colon\)

\(\bullet\,\) Hai đường xiên \(S M\) và \(S M'\) bằng nhau khi và chỉ khi hai hình chiếu \(H M, H M'\) tương ứng của chúng bằng nhau;

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

Image

\(\bullet\,\) 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 \(H M'\).

Câu 41:

Trong một khoảng thời gian đầu kể từ khi cất cánh, máy bay bay theo một đường thẳng. Góc cất cánh của nó là góc giữa đường thẳng đó và mặt phẳng nằm ngang nơi cất cánh. Hai máy bay cất cánh và bay thẳng với cùng độ lớn vận tốc trong 5 phút đầu, với các góc cất cánh lần lượt là \(10^\circ, 15^\circ\). Hỏi sau \( 1 \) phút kể từ khi cất cánh, máy bay nào ở độ cao so với mặt đất (phẳng, nằm ngang) lớn hơn?

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.

Câu 42:

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có \(SA \perp(ABCD)\), đáy \(ABCD\) là hình thoi cạnh \(a\) và \(AC=a\).

\(\bullet\,\) Tính số đo của góc nhị diện \([B, SA, C]\).

\(\bullet\,\) Tính số đo của góc nhị diện \([B, SA, D]\).

\(\bullet\,\) Biết \(SA=a\), tính số đo của góc giữa đường thẳng \(SC\) và mặt phẳng \((ABCD)\).

Image

\(\bullet\,\) 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 \(45^\circ\).

Câu 43:

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông, hai đường thẳng \(AC\) và \(BD\) cắt nhau tại \(O\), \(SO \perp(ABCD)\), tam giác \(SAC\) là tam giác đều.

\(\bullet\,\) Tính số đo của góc giữa đường thẳng \(SA\) và mặt phẳng \((ABCD)\).

\(\bullet\,\) Chứng minh rằng \(AC \perp(SBD)\). Tính số đo của góc giữa đường thẳng \(SA\) và mặt phẳng \((SBD)\).

\(\bullet\,\) Gọi \(M\) là trung điểm của cạnh \(AB\). Tính số đo của góc nhị diện \([M, SO, D]\).

Image

\(\bullet\,\) 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 \(135^\circ\).

Câu 44:

Dốc là đoạn đường thẳng nối hai khu vực hay hai vùng có độ cao khác nhau. Độ dốc được xác định bằng góc giữa dốc và mặt phẳng nằm ngang, ở đó độ dốc lốn nhất là \(100 \%\), tương ứng với góc \(90^\circ\) (độ dốc \(10 \%\) tương ứng với góc \(9^\circ\)). Giả sử có hai điểm \(A\), \(B\) nằm ở độ cao lần lượt là \(200\) m, \(220\) m so với mực nước biển và đoạn dốc \(AB\) dài \(120\) m. Độ dốc đó bằng bao nhiêu phần trăm (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm)?

Image

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 \(\approx 10{,}67\%\).

Câu 45:

Trong hình bên, máy tính xách tay đang mở gợi nên hình ảnh của một góc nhị diện. Ta gọi số đo góc nhị diện đó là độ mở của màn hình máy tính. Tính độ mở của màn hình máy tính theo đơn vị độ, biết tam giác \(ABC\) có độ dài các cạnh là \(AB=AC=30\) cm và \(BC=30\sqrt{3}\) cm.

Image

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 \(120^\circ\).

Câu 46:

Trong hình bên, xét các góc nhị diện có góc phẳng nhị diện tương ứng là \(\widehat{B}\), \(\widehat{C}\), \(\widehat{D}\), \(\widehat{E}\) trong cùng mặt phẳng. Lục giác \(ABCDEG\) nằm trong mặt phẳng đó có \(AB=GE=2\) m, \(BC=DE\), \(\widehat{A}=\widehat{G}=90^\circ\), \(\widehat{B}=\widehat{E}=x\), \(\widehat{C}=\widehat{D}=y\). Biết rằng khoảng cách từ \(C\) và \(D\) đến \(AG\) là \(4\) m, \(AG=12\) m, \(CD=1\) m. Tìm \(x\), \(y\) (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị theo đơn vị độ).

Image

Image

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 \(y \approx 160^\circ\).

Câu 47:

Cho hình chóp \(S.ABC\) có \(SA \perp(ABC)\). Gọi \(\alpha\) là số đo của góc nhị diện \([A, BC, S]\). Chứng minh rằng tỉ số diện tích của hai tam giác \(ABC\) và \(SBC\) bằng \(\cos \alpha\).

Image

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 \(\cos \alpha\).

Dạng 2. Tính góc giữa hai đường thẳng, giữa hai mặt phẳng

Câu 1:

Cho tứ diện \(ABCD\). Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm của \(BC\) và \(AD\), biết \(AB=CD=a\), \(MN=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\). Tính góc giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(CD\).

Image

Gọi \(I\) là trung điểm của \(AC\).

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&IM\parallel AB \\&IN\parallel CD\end{aligned}\right. \Rightarrow \widehat{(AB,CD)}=\widehat{(IM,IN)}\). Đặt \(\widehat{MIN}=\alpha\).

Xét tam giác \(IMN\) có \(IM=\displaystyle\frac{AB}{2}=\displaystyle\frac{a}{2}, IN=\displaystyle\frac{CD}{2}=\displaystyle\frac{a}{2},MN=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}.\)

Theo định lí hàm số côsin, ta có \(\cos \alpha =\displaystyle\frac{IM^2+IN^2-MN^2}{2IM\cdot IN}=-\displaystyle\frac{1}{2}<0.\)

Suy ra \(\widehat{MIN}=120^\circ\). Do đó \(\widehat{(AB,CD)}=60^\circ\).

Câu 2:

Cho tứ diện \(ABCD\) có các mặt \((ABC)\) và \((ABD)\) là các tam giác đều cạnh \(a\), các mặt \((ACD)\) và \((BCD)\) vuông góc với nhau. Tính số đo của góc giữa hai đường thẳng \(AD\) và \(BC\).

Image

Gọi \(M,N,E\) lần lượt là các trung điểm của \(CD,AB,BD\).

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&NE\parallel AD \\&ME\parallel BC\end{aligned}\right. \Rightarrow \widehat{(AD,BC)}=\widehat{(NE,ME)}\).

Tam giác \(ABD\) có \(NE\) là đường trung bình nên \(NE=\displaystyle\frac{AD}{2}=\displaystyle\frac{a}{2}\). \((1)\)

Tam giác \(BCD\) có \(ME\) là đường trung bình nên \(ME=\displaystyle\frac{BC}{2}=\displaystyle\frac{a}{2}\). \((2)\)

Xét tam giác \(ACD\) có \(AC=AD=a\) và \(M\) là trung điểm \(CD\) nên \(AM\) vừa là trung tuyến vừa là đường cao hay \(AM\perp CD\). Mà theo giả thiết \((ACD)\perp (BCD)\) theo giao tuyến \(CD\) nên suy ra \(AM\perp (BCD) \Rightarrow AM\perp BM\). Do đó tam giác \(AMB\) vuông tại \(M\) và có trung tuyến \(MN\) nên \(MN=\displaystyle\frac{AB}{2}=\displaystyle\frac{a}{2}\). \((3)\)

Từ \((1)\), \((2)\) và \((3)\) suy ra tam giác \(MNE\) đều nên

\(\widehat{(AD,BC)}=\widehat{(NE,ME)}=60^\circ\).

Câu 3:

Cho tứ diện \(ABCD\) có hai tam giác \(ACD\) và \(BCD\) nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau, \(AC=AD=BC=BD=a\) và \(CD=2x\). Gọi \(I\), \(J\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(CD\). Tìm \(x\) theo \(a\) để hai mặt phẳng \((ABC)\) và \((ABD)\) vuông góc nhau.

Image

Tam giác \(ACD\) cân tại \(A\) và có trung tuyến \(AJ\) nên \(AJ\perp CD\).

Mà \((ACD)\perp (BCD)\) theo giao tuyến \(CD\) nên \(AJ\perp (BCD)\).

Suy ra \(AJ\perp BJ\). \((1)\)

Hơn nữa \(\triangle ACD=\triangle BCD(c-c-c)\), suy ra \(AJ=BJ\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra tam giác \(AJB\) vuông cân tại \(J\).

Do đó

\(IJ=\displaystyle\frac{AB}{2}=\displaystyle\frac{AJ\sqrt{2}}{2}=\displaystyle\frac{\sqrt{AD^2-DJ^2}\cdot \sqrt{2}}{2}=\displaystyle\frac{\sqrt{a^2-x^2}}{\sqrt{2}}.\)

Tam giác \(ABC\) cân tại \(C\) nên \(CI\perp AB\).

Tam giác \(ABD\) cân tại \(D\) nên \(DI\perp AB\).

Suy ra \(\widehat{((ABC),(ABD))}=\widehat{(CI,DI)}\). Đặt \(\widehat{CID}=\alpha\).

Để \(\alpha =90^\circ\) khi và chỉ khi

\(IJ=\displaystyle\frac{CD}{2} \Leftrightarrow \displaystyle\frac{\sqrt{a^2-x^2}}{\sqrt{2}}=x \Leftrightarrow x=\displaystyle\frac{a}{\sqrt{3}}.\)

Câu 4:

Cho tứ diện \(ABCD\) có \(AB=BC=a\), \(AC=b\), \(DB=DC=x\), \(AD=y\). Tìm hệ thức liên hệ giữa \(a\), \(b\), \(x\), \(y\) để hai mặt phẳng \((ABC)\) và \((BCD)\) vuông góc nhau.

Image

Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\), do tam giác \(BCD\) cân tại \(D\) nên \(DM\perp BC\).

Trong tam giác \(ABC\), kẻ đường cao \(AH\). Qua \(M\) kẻ \(MN\parallel AH\left(N\in AC\right)\), suy ra \(MN\perp BC\).

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&(ABC)\cap (BCD)=BC \\&MN\subset (ABC),MN\perp BC \\&MD\subset (BCD),MD\perp BC\end{aligned}\right.\)

\(\Rightarrow \widehat{((ABC),(BCD))}=\widehat{(MN,MD)}.\)

Bây giờ ta đi tính các cạnh trong tam giác \(MND\).

Do \(MD\) là trung tuyến của tam giác \(BCD\) nên

\(MD^2=\displaystyle\frac{DB^2+DC^2}{2}-\displaystyle\frac{BC^2}{4}=x^2-\displaystyle\frac{a^2}{4}.\)

Áp dụng định lí hàm số côsin trong tam giác \(ABC\), ta có \(\cos \widehat{ACB}=\displaystyle\frac{AC^2+BC^2-AB^2}{2AC\cdot BC}=\displaystyle\frac{b}{2a},\)

suy ra \(\sin \widehat{ACB}=\displaystyle\frac{\sqrt{4a^2-b^2}}{2a}\).

Từ đó ta tính được \(AH=AC\cdot \sin \widehat{ACB}=\displaystyle\frac{b\sqrt{4a^2-b^2}}{2a}; CH=AC\cdot\cos \widehat{ACB}=\displaystyle\frac{b^2}{2a}; CN=\displaystyle\frac{MC}{\cos \widehat{ACB}}=\displaystyle\frac{a^2}{b}.\)

Trong tam giác \(AHC\), ta có \(\displaystyle\frac{MN}{AH}=\displaystyle\frac{CM}{CH}\) suy ra \(MN=\displaystyle\frac{CM\cdot AH}{CH}=\displaystyle\frac{a\sqrt{4a^2-b^2}}{2b}\).

Áp dụng định lí hàm số côsin trong tam giác \(ACD\), ta có \(\displaystyle\frac{AC^2+CD^2-AD^2}{2AC\cdot CD}=\cos \widehat{ACD}=\cos \widehat{NCD}=\displaystyle\frac{NC^2+CD^2-ND^2}{2NC\cdot CD},\)

suy ra \(ND^2=x^2+\displaystyle\frac{a^4}{b^2}-a^2-\displaystyle\frac{a^2x^2}{b^2}+\displaystyle\frac{a^2y^2}{b^2}\).

Vậy để \((ABC)\perp (BCD)\) khi và chỉ khi tam giác \(MND\) vuông tại \(M\) tức là

\begin{eqnarray*}ND^2=MN^2+MD^2 &\Leftrightarrow& x^2+\displaystyle\frac{a^4}{b^2}-a^2-\displaystyle\frac{a^2x^2}{b^2}+\displaystyle\frac{a^2y^2}{b^2}=\displaystyle\frac{a^2(4a^2-b^2)}{4b^2}+x^2-\displaystyle\frac{a^2}{4} \\&\Leftrightarrow& x^2-y^2+\displaystyle\frac{b^2}{2}=0.\end{eqnarray*}

Câu 5:

Cho hình chóp đều \(S.ABC\) có cạnh bên bằng \(a\), mặt bên tạo với đáy một góc \(60^\circ\).

a) Tính góc giữa đường cao của hình chóp và mặt bên.

b) Tính góc giữa cạnh bên và mặt đáy của hình chóp.

Image

a) Gọi \(H\) là trọng tâm của tam giác \(ABC\). Do \(S.ABC\) là hình chóp đều nên \(SH\perp (ABC)\).

Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\). Vì tam giác \(SBC\) cân tại \(S\) nên \(SM\perp BC\); tam giác \(ABC\) đều nên \(AM\perp BC\).

Ta có

\(\left\{\begin{aligned}&(SBC)\cap (ABC)=BC \\&SM\subset (SBC),SM\perp BC \\&AM\subset (ABC),AM\perp BC\end{aligned}\right.\)

\(\Rightarrow \widehat{((SBC),(ABC))}=\widehat{(SM,AM)}=\widehat{SMA}=60^\circ.\)

Gọi \(K\) là hình chiếu của \(H\) trên \(SM\), suy ra \(HK\perp SM\). \((1)\)

Do \(SH\perp (ABC) \Rightarrow SH\perp BC\) mà \(AM\perp BC\Rightarrow BC\perp (SAM) \Rightarrow BC\perp HK\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(HK\perp (SBC)\) hay \(SK\) là hình chiếu của \(SH\) trên mặt phẳng \((SBC)\) nên

\(\widehat{(SH,(SBC))}=\widehat{(SH,SK)}=\widehat{HSK}=\widehat{MSH}.\)

Đặt \(AB=x>0\), suy ra \(AM=\displaystyle\frac{x\sqrt{3}}{2}\); \(AH=\displaystyle\frac{2}{3}AM=\displaystyle\frac{x\sqrt{3}}{3}\).

Do đó \(SH^2=SA^2-AH^2=a^2-\displaystyle\frac{x^2}{3}\). \(\left(*\right)\)

Mặt khác \(HM=\displaystyle\frac{1}{3}AM=\displaystyle\frac{x\sqrt{3}}{6}\) nên \(SH=HM\cdot\tan \widehat{SMA}=\displaystyle\frac{x}{2}\). \(\left(**\right)\)

Từ \(\left(*\right)\) và \(\left(**\right)\), suy ra \(a^2-\displaystyle\frac{x^2}{3}=\displaystyle\frac{x^2}{4} \Rightarrow x=\displaystyle\frac{2a\sqrt{21}}{7}\).

Suy ra \(SH=\displaystyle\frac{a\sqrt{21}}{7}\); \(SM=\sqrt{SH^2+HM^2}=\displaystyle\frac{2a\sqrt{7}}{7}\).

Vậy \(\cos \widehat{MSH}=\displaystyle\frac{SH}{SM}=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}\) suy ra \(\widehat{MSH}=30^\circ\).

b) Ta có \(AH\) là hình chiếu vuông góc của \(SA\) trên mặt đáy \((ABC)\) nên \(\widehat{(SA,(ABC))}=\widehat{(SA,AH)}=\widehat{SAH}.\)

Ta có \(AH=\displaystyle\frac{2}{3}AM=\displaystyle\frac{x\sqrt{3}}{3}=\displaystyle\frac{2a\sqrt{7}}{7}\) và \(SH=\displaystyle\frac{a\sqrt{21}}{7}\).

Trong tam giác vuông \(SHA\), ta có \(\tan \widehat{SAH}=\displaystyle\frac{SH}{AH}=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}\).

Vậy cạnh bên và mặt đáy của hình chóp hợp với nhau một góc nhọn \(\alpha\) thỏa mãn \(\tan \alpha =\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}\).

Câu 6:

Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác vuông tại \(B\), \(AB=2a\), \(BC=2a\sqrt{3}\); \(SA=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\) và \(SA\) vuông góc với đáy. Gọi \(M\) là trung điểm \(AB\). Tính góc giữa hai mặt phẳng \((SMC)\) và \((ABC)\).

Image

Trong tam giác \(AMC\), kẻ đường cao \(AK\) với \(K\) thuộc đường thẳng \(MC\).

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&MC\perp AK \\&MC\perp SA\end{aligned}\right. \Rightarrow MC\perp (SAK) \Rightarrow MC\perp SK\).

Do \(\left\{\begin{aligned}&(SMC)\cap (ABC)=MC \\&SK\subset (SMC),SK\perp MC \\&AK\subset (ABC),AK\perp MC\end{aligned}\right.\)

\(\Rightarrow \widehat{((SMC),(ABC))}=\widehat{(SK,AK)}=\widehat{SKA}.\)

Vì \(\triangle MKA\backsim \triangle MBC\) nên \(\displaystyle\frac{MA}{KA}=\displaystyle\frac{MC}{BC}\) suy ra \(KA=\displaystyle\frac{MA\cdot BC}{MC}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

Trong tam giác vuông \(SAK\), ta có \(\tan \widehat{SKA}=\displaystyle\frac{SA}{AK}=1\).

Vậy hai mặt phẳng \((SMC)\) và \((ABC)\) hợp với nhau góc \(45^\circ\).

Câu 7:

Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác vuông cân tại \(A\), \(BC=a\sqrt{2}\). Hình chiếu vuông góc của \(S\) trên mặt phẳng \((ABC)\) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\); đường thẳng \(SB\) tạo với mặt đáy góc \(60^\circ\). Tính góc giữa hai đường thẳng \(SB\), \(AC\).

Image

Gọi \(H\) là trung điểm \(BC\). Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) nên \(H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).

Theo giả thiết, ta có \(SH\perp (ABC)\). Do đó hình chiếu vuông góc của \(SB\) trên mặt đáy \((ABC)\) là \(BH\) nên

\(60^\circ=\widehat{(SB,(ABC))}=\widehat{(SB,BH)}=\widehat{SBH}\).

Tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\), suy ra \(AB=AC=\displaystyle\frac{BC}{\sqrt{2}}=a\).

Trong tam giác vuông \(SBH\), ta có

\(SH=BH\cdot\tan \widehat{SBH}=\displaystyle\frac{1}{2}BC\tan \widehat{SBH}=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{2}\).

Qua \(B\) kẻ đường thẳng \(Bx\) song song với \(AC\).\\ Khi đó

\(\widehat{(SB,AC)}=\widehat{(SB,Bx)}\).

Từ \(H\) kẻ đường thẳng vuông góc với \(Bx\) và cắt \(Bx\) tại \(E\), cắt \(AC\) tại \(M\).

Suy ra \(M\) là trung điểm \(AC\) và \(HE=HM=\displaystyle\frac{1}{2}AB=\displaystyle\frac{a}{2}\).

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&Bx\perp HE \\&Bx\perp SH\end{aligned}\right. \Rightarrow Bx\perp (SHE) \Rightarrow Bx\perp SE\).

Trong tam giác vuông \(SEB\), ta có \(\tan \widehat{SBE}=\displaystyle\frac{SE}{BE}=\displaystyle\frac{\sqrt{SH^2+HE^2}}{AM}=\sqrt{7}\).

Vậy hai đường thẳng \(SB\), \(AC\) hợp với nhau một góc nhọn \(\alpha\) thỏa mãn \(\tan \alpha =\sqrt{7}\).

Câu 8:

Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác vuông cân tại \(A\), \(AB=AC=a\); \(SA=a\) và vuông góc với đáy.

a) Tính góc giữa hai mặt phẳng \((SBC)\) và \((ABC)\).

b) Tính góc giữa hai mặt phẳng \((SAC)\) và \((SBC)\).

Image

a) Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\). Do tam giác \(ABC\) cân tại \(A\) nên \(AM\perp BC\).

Hơn nữa \(SA\perp (ABC)\) suy ra \(SA\perp BC\). Từ đó suy ra \(BC\perp (SAM)\) nên \(BC\perp SM\).

Ta có

\(\left\{\begin{aligned}&(SBC)\cap (ABC)=BC \\&SM\subset (SBC),SM\perp BC \\&AM\subset (ABC),AM\perp BC\end{aligned}\right.\)

\(\Rightarrow \widehat{((SBC),(ABC))}=\widehat{(SM,AM)}=\widehat{SMA}.\)

Trong tam giác vuông \(SAM\), ta có

\(\tan \widehat{SMA}=\displaystyle\frac{SA}{AM}=\displaystyle\frac{a}{\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\displaystyle\frac{2}{\sqrt{3}}.\)

Vậy hai mặt phẳng \((SBC)\) và \((ABC)\) hợp với nhau một góc nhọn \(\alpha\) thỏa mãn \(\tan \alpha =\displaystyle\frac{2}{\sqrt{3}}\).

b) Gọi \(H\) là trung điểm \(SC\).

Tam giác \(SAC\) có \(SA=AC=a\) nên \(AH\perp SC\).

Tam giác \(SBC\) có \(SB=BC=a\sqrt{2}\) nên \(BH\perp SC\).

Ta có

\(\left\{\begin{aligned}&(SAC)\cap (SBC)=SC \\&AH\subset (SAC),AH\perp SC \\&BH\subset (SBC),BH\perp SC\end{aligned}\right.\)

\(\Rightarrow \widehat{((SAC),(SBC))}=\widehat{(AH,BH)}.\)

Đặt \(\widehat{AHB}=\beta.\)

Bậy giờ ta đi tính các cạnh trong tam giác \(AHB\). \(AH\) là trung tuyến của tam giác vuông \(SAC\) nên \(AH=\displaystyle\frac{1}{2}SC=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}.\)

\(BH\) là trung tuyến của tam giác đều \(SBC\) có cạnh bằng \(a\sqrt{2}\) nên \(BH=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{2}\).

Áp dụng định lí hàm số côsin, ta có

\(\cos \widehat{AHB}=\displaystyle\frac{HA^2+HB^2-AB^2}{2HA\cdot HB}=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{3}.\)

Vậy hai mặt phẳng \((SAC)\) và \((SBC)\) hợp với nhau một góc nhọn \(\beta\) thỏa mãn \(\cos \beta =\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{3}\).

Câu 9:

Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác vuông cân với \(BA=BC=a\), \(SA=a\) và vuông góc với đáy. Gọi \(E\), \(F\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(AB\) và \(AC\).

a) Tính góc giữa hai mặt phẳng \((SAC)\) và \((SBC)\).

b) Tính góc giữa hai mặt phẳng \((SEF)\) và \((SBC)\).

Image

a) Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên \(SC\); \(K\) là hình chiếu vuông góc của \(B\) lên \(SC\).

Kẻ \(HL\) song song \(BK\), suy ra \(HL\perp SC\left(L\in SB\right)\).

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&(SAC)\cap (SBC)=SC \\&AH\subset (SAC),AH\perp SC \\&HL\subset (SBC),HL\perp SC\end{aligned}\right. \Rightarrow \widehat{((SAC),(SBC))}=\widehat{(AH,HL)}\).

Bậy giờ ta đi tính các cạnh trong tam giác \(AHL\).

\(AH\) là đường cao trong tam giác \(SAC\) nên

\(AH=\displaystyle\frac{SA\cdot AC}{\sqrt{SA^2+AC^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\( và \(SH=\displaystyle\frac{SA^2}{SC}=\displaystyle\frac{a}{\sqrt{3}}.\)

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&BC\perp AB \\&BC\perp SA\end{aligned}\right. \Rightarrow BC\perp (SAB) \Rightarrow BC\perp SB\)

hay tam giác \(SBC\) vuông tại \(B\) nên \(\tan \widehat{BSC}=\displaystyle\frac{BC}{SB}=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}\).

Tam giác \(SHL\) vuông tại \(H\) nên \(\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}=\tan \widehat{BSC}=\tan \widehat{LSH}=\displaystyle\frac{HL}{SH}\), suy ra

\(HL=\displaystyle\frac{SH}{\sqrt{2}}=\displaystyle\frac{a}{\sqrt{6}}.\)

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&SC\perp AH \\&SC\perp HL\end{aligned}\right. \Rightarrow SC\perp (AHL) \Rightarrow SC\perp AL\).

Hơn nữa \(\left\{\begin{aligned}&BC\perp AB \\&BC\perp SA\end{aligned}\right. \Rightarrow BC\perp (SAB) \Rightarrow BC\perp AL\).

Suy ra \(AL\perp (SBC) \Rightarrow AL\perp SB\) nên \(AL\) là đường cao trong tam giác vuông cân \(SAB\) nên \(AL=\displaystyle\frac{SB}{2}=\displaystyle\frac{a}{\sqrt{2}}\).

Áp dụng định lí hàm số côsin, ta có \(\cos \widehat{AHL}=\displaystyle\frac{AH^2+HL^2-AL^2}{2AH\cdot HL}=\displaystyle\frac{1}{2}\).

Vậy hai mặt phẳng \((SAC)\) và \((SBC)\) hợp với nhau một góc bằng \(60^\circ\).

b) Ta có \(\left\{\begin{aligned}&(SBC)\cap (SEF)=S \\&BC\subset (SBC),EF\subset (SEF) \\&BC\parallel EF\end{aligned}\right. \Rightarrow (SBC)\cap (SEF)=Sx\parallel BC\parallel EF\).

Theo chứng minh \(BC\perp (SAB)\), suy ra \(\left\{\begin{aligned}&BC\perp SB \\&EF\perp SE\end{aligned}\right. \Rightarrow \left\{\begin{aligned}&Sx\perp SB \\&Sx\perp SE\end{aligned}\right.\).

Khi đó

\(\widehat{((SEF),(SBC))}=\widehat{(SE,SB)}=\widehat{BSE}.\)

Áp dụng định lí hàm số côsin, ta có

\(\cos \widehat{BSE}=\displaystyle\frac{SB^2+SE^2-BE^2}{2SB\cdot SE}=\displaystyle\frac{(SA^2+AB^2)+\left(SA^2+\displaystyle\frac{AB^2}{4}\right)-BE^2}{2\sqrt{SA^2+AB^2}\cdot \sqrt{SA^2+\displaystyle\frac{AB^2}{4}}}=\displaystyle\frac{3}{\sqrt{10}}.\)

Vậy hai mặt phẳng \((SEF)\) và \((SBC)\) hợp với nhau một góc nhọn \(\alpha\) thỏa mãn \(\cos \alpha =\displaystyle\frac{3}{\sqrt{10}}\).

Câu 10:

Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác cân \(AB=AC=a\), \(\widehat{BAC}=120^\circ\); \(SA=a\) và vuông góc với đáy.

a) Tính góc giữa hai mặt phẳng \((SAB)\) và \((SAC)\).

b) Tính góc giữa hai mặt phẳng \((SBC)\) và \((ABC)\).

c) Tính góc giữa hai mặt phẳng \((SBC)\) và \((SAC)\).

d) Gọi \(P\), \(Q\) lần lượt là trung điểm của \(SB\) và \(AC\). Tính góc giữa hai đường thẳng \(AP\) và \(BQ\).

Image

a) Ta có: \(\left\{\begin{aligned}&(SAB)\cap (SAC)=SA \\&AB\subset (SAB),AB\perp SA \\&AC\subset (SAC),AC\perp SA\end{aligned}\right.\) \(\Rightarrow \widehat{(SAB),(SAC)}=\widehat{AB,AC}.\)

Mà \(\widehat{BAC}=120^\circ\), suy ra \(\widehat{(AB,AC)}=60^\circ\).

Vậy \(\widehat{((SAB),(SAC))}=60^\circ\).

b) Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\), suy ra \(AM\perp BC\).\\

Vì \(\left\{\begin{aligned}&BC\perp AM \\&BC\perp SA\end{aligned}\right.\Rightarrow BC\perp (SAM) \Rightarrow BC\perp SM\).

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&(SBC)\cap (ABC)=BC \\&SM\subset (SBC),SM\perp BC \\&AM\subset (ABC),AM\perp BC.\end{aligned}\right.\)

\(\Rightarrow \widehat{((SBC),(ABC))}=\widehat{(SM,AM)}=\widehat{SMA}.\)

Trong tam giác vuông \(SAM\), ta có \(\tan \widehat{SMA}=\displaystyle\frac{SA}{AM}=\displaystyle\frac{SA}{AC\cdot \sin \widehat{ACB}}=2\).

Vậy hai mặt phẳng \((SBC)\) và \((ABC)\) hợp với nhau một góc nhọn \(\alpha\) thỏa mãn \(\tan \alpha =2\).

c) Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên \(SC\); \(K\) là hình chiếu vuông góc của \(M\) lên \(SC\).

Kẻ \(HL\) song song \(MK\), suy ra \(HL\perp SC\left(L\in SM\right)\).

Ta có: \(\left\{\begin{aligned}&(SAC)\cap (SBC)=SC \\&AH\subset (SAC),AH\perp SC \\&HL\subset (SBC),HL\perp SC\end{aligned}\right. \Rightarrow \widehat{((SAC),(SBC))}=\widehat{(AH,HL)}\).

Bây giờ ta đi tính các cạnh trong tam giác \(AHL\).

\(AH\) là đường cao trong tam giác vuông cân \(SAC\) nên \(AH=\displaystyle\frac{SC}{2}=\displaystyle\frac{a}{\sqrt{2}}\) và \(SH=\displaystyle\frac{SC}{2}=\displaystyle\frac{a}{\sqrt{2}}\).

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&MC\perp AB \\&MC\perp SA\end{aligned}\right. \Rightarrow MC\perp (SAM) \Rightarrow MC\perp SM\)

hay tam giác \(SMC\) vuông tại \(M\) nên

\(\tan \widehat{MSC}=\displaystyle\frac{MC}{SM}=\displaystyle\frac{AC\cdot\cos \widehat{ACB}}{\sqrt{SA^2+AM^2}}=\displaystyle\frac{AC\cdot\cos \widehat{ACB}}{\sqrt{SA^2+{\left(AC\cdot \sin \widehat{ACB}\right)}^2}}=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}}.\)

Tam giác \(SHL\) vuông tại \(H\) nên \(\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}}=\tan \widehat{MSC}=\tan \widehat{LSH}=\displaystyle\frac{HL}{SH}\),

suy ra \(HL=\displaystyle\frac{SH\sqrt{3}}{\sqrt{5}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{10}}\).

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&SC\perp AH \\&SC\perp HL\end{aligned}\right. \Rightarrow SC\perp (AHL) \Rightarrow SC\perp AL\).

Hơn nữa

\(\left\{\begin{aligned}&MC\perp AM \\&MC\perp SA\end{aligned}\right. \Rightarrow MC\perp (SAM) \Rightarrow MC\perp AL.\)

Suy ra \(AL\perp (SMC) \Rightarrow AL\perp SM\) nên \(AL\) là đường cao trong tam giác vuông \(SAM\). Do đó

\(AL=\displaystyle\frac{SA\cdot AM}{\sqrt{SA^2+AM^2}}=\displaystyle\frac{a}{\sqrt{5}}.\)

Áp dụng định lí hàm số côsin trong tam giác \(AHL\), ta có

\(\cos \widehat{AHL}=\displaystyle\frac{AH^2+HL^2-AL^2}{2AH\cdot HL}=\displaystyle\frac{\sqrt{15}}{5}.\)

Vậy hai mặt phẳng \((SAC)\) và \((SBC)\) hợp với nhau góc nhọn \(\beta\) thỏa mãn \(\cos \beta =\displaystyle\frac{\sqrt{15}}{5}\).

d) Trong mặt phẳng \((ABC)\) dựng hình bình hành \(AQBE\), suy ra \(AE\parallel BQ\).

Do đó \(\widehat{(AP,BQ)}=\widehat{(AP,AE)}\).

Ta có \(AP=\displaystyle\frac{1}{2}SB=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\);

\(AE=BQ=\sqrt{AB^2+AQ^2-2AB\cdot AQ\cdot \cos 120^\circ}=\displaystyle\frac{a\sqrt{7}}{2}.\)

Gọi \(I\) là trung điểm \(AB\), suy ra \(PI=\displaystyle\frac{1}{2}SA=\displaystyle\frac{a}{2}\);\\ \(EI^2=\displaystyle\frac{EA^2+EB^2}{2}-\displaystyle\frac{AB^2}{4}=\displaystyle\frac{3a^2}{4}\);

\(EP^2=EI^2+PI^2=a^2\).

Theo đinh lí hàm số côsin trong tam giác \(PAE\), ta có

\(\cos \widehat{PAE}=\displaystyle\frac{AP^2+AE^2-EP^2}{2\cdot AP\cdot AE}=\displaystyle\frac{5}{2\sqrt{14}}.\)

Vậy hai đường thẳng \(AP\) và \(BQ\) hợp với nhau góc nhọn \(\gamma\) thỏa mãn \(\cos \gamma =\displaystyle\frac{5}{2\sqrt{14}}\).

Câu 11:

Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác thỏa mãn \(\widehat{BAC}=120^\circ\), \(AB=a\), \(AC=2a\). Cạnh bên \(SA\) vuông góc với đáy. Mặt bên \((SBC)\) tạo với đáy một góc \(30^\circ\). Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm cạnh \(SB\), \(SC\). Tính góc giữa hai đường thẳng \(AM\) và \(BN\).

Image

Gọi \(K\) là hình chiếu của \(A\) lên \(BC\), suy ra \(AK\perp BC\).

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&BC\perp AK \\&BC\perp SA\end{aligned}\right. \Rightarrow BC\perp (SAK) \Rightarrow BC\perp SK\).

Do \(\left\{\begin{aligned}&(SBC)\cap (ABC)=BC \\&SK\subset (SBC),SK\perp BC \\&AK\subset (ABC),AK\perp BC\end{aligned}\right. \Rightarrow \widehat{((SBC),(ABC))}=\widehat{(SK,AK)}=\widehat{SKA}\).

Áp dụng định lí hàm số côsin cho tam giác \(ABC\), ta có

\(BC=\sqrt{AB^2+AC^2-2AB\cdot AC\cdot \cos \widehat{BAC}}=a\sqrt{7}\).

Ta có \(S_{\triangle ABC}=\displaystyle\frac{1}{2}AB\cdot AC\cdot \sin \widehat{BAC}=\displaystyle\frac{1}{2}AK\cdot BC\),

suy ra \(AK=\displaystyle\frac{AB\cdot AC \cdot \sin \widehat{BAC}}{BC}=\displaystyle\frac{a\sqrt{21}}{7}\).

Trong tam giác vuông \(SAK\), ta có \(SA=AK.\tan \widehat{SKA}=\displaystyle\frac{3a\sqrt{7}}{7}\).

Gọi \(E\) là trọng tâm tam giác \(SBC\), \(F\) là điểm nằm trên cạnh \(AC\) sao cho \(AF=\displaystyle\frac{1}{2}FC\).\\ Khi đó

\(\displaystyle\frac{CE}{CM}=\displaystyle\frac{CF}{CA}=\displaystyle\frac{2}{3}\) suy ra \(EF\parallel AM\) nên

\(\widehat{(AM,BN)}=\widehat{(EF,BN)}\).

Ta có \(SB^2=SA^2+AB^2=\displaystyle\frac{16a^2}{7}\); \(SC^2=SA^2+AC^2=\displaystyle\frac{37a^2}{7}\). Suy ra

\(BN^2=\displaystyle\frac{SB^2+BC^2}{2}-\displaystyle\frac{SC^2}{4}=\displaystyle\frac{93a^2}{28}\); \(BE^2=\displaystyle\frac{4}{9}BN^2=\displaystyle\frac{31a^2}{21}\);

\(EF=\displaystyle\frac{2}{3}AM=\displaystyle\frac{1}{3}SB=\displaystyle\frac{4a}{3\sqrt{7}}\); \(BF^2=AF^2+AB^2-2AB\cdot AF\cdot \cos \widehat{BAC}=\displaystyle\frac{19a^2}{9}\).

Áp dụng định lí hàm số côsin cho tam giác \(BEF\), ta có \(\cos \widehat{BEF}=\displaystyle\frac{EF^2+BE^2-BF^2}{2BE\cdot EF}=-\displaystyle\frac{3}{\sqrt{93}}\).

Vậy hai đường thẳng \(AM\) và \(BN\) hợp với nhau góc nhọn \(\alpha\) thỏa mãn \(\cos \alpha =\displaystyle\frac{3}{\sqrt{93}}\).

Câu 12:

Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác thỏa mãn \(\widehat{BAC}=60^\circ\), \(AB=a\), \(AC=4a\). Cạnh bên \(SA\) vuông góc với đáy. Mặt bên \((SBC)\) tạo với đáy một góc \(60^\circ\). Tính góc giữa hai mặt phẳng \((SBC)\) và \((SAC)\).

Image

Gọi \(M\) là hình chiếu của \(A\) lên \(BC\), suy ra \(AM\perp BC\).

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&BC\perp AM \\&BC\perp SA\end{aligned}\right.\Rightarrow BC\perp (SAM) \Rightarrow BC\perp SM.\)

Do đó

\(\left\{\begin{aligned}&(SBC)\cap (ABC)=BC \\&SM\subset (SBC),SM\perp BC \\&AM\subset (ABC),AM\perp BC\end{aligned}\right.\)

\(\Rightarrow \widehat{((SBC),(ABC))}=\widehat{(SM,AM)}=\widehat{SMA}.\)

Áp dụng định lí hàm số côsin cho tam giác \(ABC\), ta có

\(BC=\sqrt{AB^2+AC^2-2AB\cdot AC\cdot\cos \widehat{BAC}}=a\sqrt{13}.\)

Ta có \(S_{\triangle ABC}=\displaystyle\frac{1}{2}AB\cdot AC\cdot \sin \widehat{BAC}=\displaystyle\frac{1}{2}AM\cdot BC\),

suy ra \(AM=\displaystyle\frac{AB\cdot AC\cdot \sin \widehat{BAC}}{BC}=\displaystyle\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{13}}\).

Trong tam giác vuông \(SAM\), ta có \(SA=AM\cdot \tan \widehat{SMA}=\displaystyle\frac{6a}{\sqrt{13}}\).

Gọi \(B'\) là hình chiếu vuông góc của \(B\) trên \(AC\), suy ra \(BB'\perp AC\).

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&BB'\perp AC \\&SA\perp BB'\end{aligned}\right. \Rightarrow BB'\perp (SAC)\).

Suy ra \( \Delta SB'C\) là hình chiếu của \(\triangle SBC\) trên mặt phẳng \((SAC)\).

Do đó \(\cos \widehat{((SAC),(SBC))}=\displaystyle\frac{S_{\Delta SB'C}}{S_{\triangle SBC}}=\displaystyle\frac{B'C\cdot SA}{BC\cdot SM}\).

Ta có \(B'C=AC-AB'=AC-AB\cdot \cos \widehat{BAB'}=\displaystyle\frac{7a}{2}\); \(SA=\displaystyle\frac{6a}{\sqrt{13}}\); \(BC=a\sqrt{13}\);\\ \(SM=\sqrt{SA^2+AM^2}=\displaystyle\frac{4a\sqrt{39}}{\begin{aligned}&13\end{aligned}}\).

Suy ra \(\cos \widehat{((SAC),(SBC))}=\displaystyle\frac{15}{4\sqrt{39}}\).

Vậy hai mặt phẳng \((SBC)\) và \((SAC)\) hợp với nhau một góc nhọn \(\alpha\) thỏa mãn \(\cos \alpha =\displaystyle\frac{15}{4\sqrt{39}}\).

Câu 13:

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh bằng \(a\), cạnh bên \(SA=a\sqrt{3}\) và vuông góc với đáy.

a) Tính các góc giữa \(SB\) và \(AC\); \(SC\) và \(AB\).

b) Tính các góc giữa \(SC\) và \((ABCD)\); \(SC\) và \((SAD)\); \(SB\) và \((SAC)\); \(AC\) và \((SBC)\).

c) Tính các góc giữa \((SBC)\) và \((ABCD)\); \((SBD)\) và \((ABCD)\); \((SBC)\) và \((SCD)\); \((SAB)\) và \((SCD)\).

Image

a) Gọi \(O=AC\cap BD\) và \(M\) là trung điểm của \(SD\), suy ra \(MO\) là đường trung bình của tam giác \(SBD\) và \(MO\parallel SB\) nên

\(\widehat{(SB,AC)}=\widehat{(MO,AC)}.\)

Do đó \(MO=\displaystyle\frac{1}{2}SB=\displaystyle\frac{1}{2}\sqrt{SA^2+AD^2}=a.\)

Ta có \(OA=\displaystyle\frac{1}{2}AC=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\), \(AM=\displaystyle\frac{1}{2}SD=a\).

Áp dụng định lý hàm số cosin trong tam giác \(AOM\), ta có

\(\cos \widehat{AOM}=\displaystyle\frac{OA^2+OM^2-AM^2}{2OA\cdot OM}=\displaystyle\frac{1}{2\sqrt{2}}\)

Vậy \(\cos (SB,AC)=\displaystyle\frac{1}{2\sqrt{2}}\).

Do \(AB\parallel CD\) nên \(\widehat{(SC,AB)}=\widehat{(SC,CD)}=\widehat{SCD}.\)

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&CD\perp AD \\&CD\perp SA\end{aligned}\right. \Rightarrow CD\perp (SAD) \Rightarrow CD\perp SD\) hay tam giác \(SCD\) vuông tại \(D\) nên \(\tan \widehat{SCD}=\displaystyle\frac{SD}{CD}=\displaystyle\frac{2a}{a}=2\).

Vậy hai đường thẳng \(SC\) và \(AB\) hợp với nhau một góc nhọn \(\alpha\) thỏa mãn \(\tan \alpha =2\).

b) Ta có hình chiếu vuông góc của \(SC\) trên mặt đáy \((ABCD)\) là \(AC\). Do đó

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

Trong tam giác vuông \(SAC\), ta có \(\tan \widehat{SCA}=\displaystyle\frac{SA}{AC}=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}=\displaystyle\frac{\sqrt{6}}{2}\).

Vậy đường thẳng \(SC\) hợp với mặt đáy \((ABCD)\) một góc nhọn \(\beta\) thỏa mãn \(\tan \beta =\displaystyle\frac{\sqrt{6}}{2}\).

Theo trên ta có \(CD\perp (SAD)\) nên hình chiếu vuông góc của \(SC\) trên mặt phẳng \((SAD)\) là \(SD\). Do đó \(\widehat{S(C,(SAD))}=\widehat{(SC,SD)}=\widehat{CSD}\).

Trong tam giác vuông \(SCD\), ta có \(\tan \widehat{CSD}=\displaystyle\frac{CD}{SD}=\displaystyle\frac{1}{2}\).

Vậy đường thẳng \(SC\) hợp với mặt phẳng \((SAD)\) một góc nhọn \(\gamma\) thỏa mãn \(\tan \gamma =\displaystyle\frac{1}{2}\).

Ta có: \(\left\{\begin{aligned}&BO\perp AC \\&BO\perp SA\end{aligned}\right. \Rightarrow BO\perp (SAC)\) nên hình chiếu vuông góc của \(SB\) trên mặt phẳng \((SAC)\) là \(SO\). Do đó \(\widehat{(SB,(SAC))}=\widehat{(SB,SO)}=\widehat{BSO}\).

Trong tam giác vuông \(SOB\), ta có \(\sin \widehat{BSO}=\displaystyle\frac{BO}{SB}=\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{4}\).

Vậy đường thẳng \(SB\) hợp với mặt phẳng \((SAC)\) một góc nhọn \(\delta\) thỏa mãn \(\tan \delta =\displaystyle\frac{1}{2}\).

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \(SB\), suy ra \(AH\perp SB\) và

\begin{equation*}AH=\displaystyle\frac{SA\cdot AB}{\sqrt{SA^2+AB^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}.\tag{1}\end{equation*}

Ta có \begin{equation*}\left\{\begin{aligned}&BC\perp AB \\&BC\perp SA\end{aligned}\right. \Rightarrow BC\perp (SAB) \Rightarrow BC\perp AH.\tag{2}\end{equation*}

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(AH\perp (SBC)\) nên hình chiếu vuông góc của \(AC\) trên mặt phẳng \((SBC)\) là \(HC\). Do đó \(\widehat{(AC,(SBC))}=\widehat{(AC,HC)}=\widehat{ACH}\).

Trong tam giác vuông \(AHC\), ta có \(\sin \widehat{ACH}=\displaystyle\frac{AH}{AC}=\displaystyle\frac{\sqrt{6}}{4}\).

Vậy đường thẳng \(AC\) hợp với mặt phẳng \((SBC)\) một góc nhọn \(\lambda\) thỏa mãn \(\sin \lambda =\displaystyle\frac{\sqrt{6}}{4}\).

c) Theo chứng minh trên, ta có \(BC\perp (SAB) \Rightarrow BC\perp SB\). Do

\(\left\{\begin{aligned}&(SBC)\cap (ABCD)=BC \\&SB\subset (SBC),SB\perp BC \\&AB\subset (ABCD),AB\perp BC\end{aligned}\right. \Rightarrow \widehat{((SBC),(ABCD))}=\widehat{(SB,AB)}=\widehat{SBA}.\)

Trong tam giác vuông \(SAB\), ta có \(\tan \widehat{SBC}=\displaystyle\frac{SA}{AB}=\sqrt{3}\) suy ra \(\widehat{SBC}=60^\circ\). Vậy \(\widehat{((SBC),(ABCD))}=60^\circ\).

Theo chứng minh trên, ta có \(BO\perp (SAC) \Rightarrow BD\perp SO\). Do

\(\left\{\begin{aligned}&(SBD)\cap (ABCD)=BD \\&SO\subset (SBD),SO\perp BD \\&AO\subset (ABCD),AO\perp BD\end{aligned}\right. \Rightarrow \widehat{((SBD),(ABCD))}=\widehat{(SO,AO)}=\widehat{SOA}.\)

Trong tam giác vuông \(SAO\), ta có \(\tan \widehat{SOA}=\displaystyle\frac{SA}{AO}=\sqrt{6}\) suy ra \(\widehat{SOA}\approx 68^\circ\). Vậy \(\widehat{((SBD),(ABCD))}\approx 68^\circ\).

Image

Gọi \(K\) là hình chiếu vuông góc của \(B\) trên \(SC\). Suy ra \(BK\perp SC\). \((3)\)

Theo chứng minh trên \(BO\perp (SAC) \Rightarrow BD\perp SC\). \((4)\)

Từ \((3)\) và \((4)\), suy ra \(SC\perp (BDK) \Rightarrow SC\perp DK\). Do

\(\left\{\begin{aligned}&(SBC)\cap (SCD)=SC \\&BK\subset (SBC),BK\perp SC \\&DK\subset (SCD),DK\perp SC\end{aligned}\right.\( \(\Rightarrow \widehat{((SBC),(SCD))}=\widehat{(BK,DK)}.\)

Từ chứng minh trên tam giác \(SBC\) vuông tại \(B\) nên \(BK=\displaystyle\frac{SB.BC}{\sqrt{SB^2+BC^2}}=\displaystyle\frac{2a}{\sqrt{5}}\). Tương tự \(DK=BK=\displaystyle\frac{2a}{\sqrt{5}}\).

Áp dụng định lí hàm số côsin trong tam giác \(BDK\), ta có \(\cos \widehat{BKD}=\displaystyle\frac{BK^2+DK^2-BD^2}{2BK\cdot DK}=-\displaystyle\frac{1}{4}<0.\)

Suy ra \(\cos \widehat{((SBC),(SCD))}=\cos \widehat{(BK,DK)}=\displaystyle\frac{1}{4}\), suy ra \(\widehat{((SBC),(SCD))}\approx 75{,}5^\circ\).

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&S\in (SAB)\cap (SCD) \\&AB\subset (SAB),CD\subset (SCD) \\&AB\parallel CD\end{aligned}\right. \Rightarrow (SAB)\cap (SCD)=Sx\parallel AB\parallel CD\).

Theo chứng minh trên \(CD\perp (SAD)\), suy ra \(CD\perp SD\) nên \(SD\perp Sx\).

Vì \(SA\perp (ABCD) \Rightarrow SA\perp AB\) nên \(SA\perp Sx\).

Do \(\left\{\begin{aligned}&(SAB)\cap (SCD)=Sx \\&SA\subset (SAB),SA\perp Sx \\&SD\subset (SCD),SD\perp Sx\end{aligned}\right. \Rightarrow \widehat{((SAB),(SCD))}=\widehat{(SA,SD)}=\widehat{ASD}.\)

Trong tam giác vuông \(SAD\), ta có \(\tan \widehat{ASD}=\displaystyle\frac{AD}{SA}=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{3}}\) suy ra \(\widehat{ASD}=30^\circ\). Vậy \(\widehat{((SAB),(SCD))}=30^\circ\).

Câu 14:

Cho hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có cạnh đáy bằng \(a\), cạnh bên bằng \(a\sqrt{2}\).

a) Tính góc giữa cạnh bên và mặt đáy.

b) Tính góc giữa hai cạnh \(AB\) và \(SC\).

c) Tính góc giữa hai mặt phẳng \((SBC)\) và \((ABCD)\).

d) Tính góc giữa đường cao và mặt bên.

Image

Gọi \(O=AC\cap BD\). Do \(S.ABCD\) là hình chóp đều nên \(SO\perp (ABCD)\).

a) Vì \(SO\perp (ABCD)\) nên hình chiếu vuông góc của cạnh bên \(SA\) trên mặt đáy \((ABCD)\) là \(OA\). Do đó

\(\widehat{(SA,(ABCD))}=\widehat{(SA,OA)}=\widehat{SAO}.\)

Trong tam giác vuông \(SOA\), ta có \(\cos \widehat{SAO}=\displaystyle\frac{AO}{SA}=\displaystyle\frac{1}{2}.\)

Suy ra \(\widehat{SAO}=60^\circ\). Vậy \(\widehat{(SA,(ABCD))}=60^\circ\).

b) Do \(AB\) song song với \(CD\) và tam giác \(SCD\) cân tại \(S\) nên

\(\widehat{(AB,SC)}=\widehat{(DC,SC)}=\widehat{SCD}\)

Trong tam giác \(SCD\), ta có \(CD=a\), \(SC=SD=a\sqrt{2}\).

Do đó \(\cos \widehat{SCD}=\displaystyle\frac{SC^2+CD^2-SD^2}{2SC.CD}=\displaystyle\frac{1}{2\sqrt{2}}\).\\ Suy ra \(\widehat{SCD}\approx 70^\circ\). \(\widehat{(AB,SC)}\approx 70^\circ\).

c) Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\). Tam giác \(SBC\) cân tại \(S\) nên \(SM\perp BC\), tam giác \(OBC\) cân tại \(O\) nên \(OM\perp BC\).

Do

\(\left\{\begin{aligned}&(SBC)\cap (ABCD)=BC \\&SM\subset (SBC),SM\perp BC \\&OM\subset (ABCD),OM\perp BC\end{aligned}\right. \Rightarrow \widehat{((SBC),(ABCD))}=\widehat{(SM,OM)}=\widehat{SMO}.\)

Trong tam giác vuông \(SMO\), ta có \(\tan \widehat{SMO}=\displaystyle\frac{SO}{MO}=\displaystyle\frac{\sqrt{SA^2-AO^2}}{\displaystyle\frac{AB}{2}}=\sqrt{6}\).

Suy ra \(\widehat{SMO}\approx 68^\circ\). Vậy \(\widehat{((SBC),(ABCD))}\approx 68^\circ\).

d) Kẻ \(OH\perp SM\). Ta có

\(\left\{\begin{aligned}&BC\perp OM \\&BC\perp SO\end{aligned}\right. \Rightarrow BC\perp SOM \Rightarrow BC\perp OH\).

Từ đó suy ra \(OH\perp (SBC)\) nên hình chiếu vuông góc của \(SO\) trên mặt phẳng \((SBC)\) là \(SH\). Do đó

\(\widehat{(SO,(SBC))}=\widehat{(SO,SH)}=\widehat{HSO}=\widehat{MSO}\).

Trong tam giác vuông \(SOM\), ta có \(\tan \widehat{MSO}=\displaystyle\frac{MO}{SO}=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{AB}{2}}{\sqrt{SA^2-AO^2}}=\displaystyle\frac{\sqrt{6}}{6}\).

Suy ra \(\widehat{MSO}\approx 22{,}2^\circ\). Vậy \(\widehat{(SO,(SBC))}\approx 22{,}2^\circ\).

Câu 15:

Cho hình chóp đều \(S.ABCD\) có cạnh đáy bằng \(2a\), mặt bên tạo với đáy một góc \(30^\circ\). Tính góc giữa hai mặt phẳng \((SAB)\) và \((SAD)\).

Image

Gọi \(O=AC\cap BD\). Do \(S.ABCD\) là hình chóp đều nên \(SO\perp (ABCD)\).

Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\). Tam giác \(SBC\) cân tại \(S\) nên \(SM\perp BC\), tam giác \(OBC\) cân tại \(O\) nên \(OM\perp BC\). Do

\(\left\{\begin{aligned}&(SBC)\cap (ABCD)=BC \\&SM\subset (SBC),SM\perp BC \\&OM\subset (ABCD),OM\perp BC\end{aligned}\right.\)

\(\Rightarrow \widehat{((SBC),(ABCD))}=\widehat{(SM,OM)}=\widehat{SMO}=30^\circ\).

Ta có \(MO=\displaystyle\frac{1}{2}AB=a\); \(SO=OM.\tan 30^\circ=\displaystyle\frac{a}{\sqrt{3}}\);

\(AO=\displaystyle\frac{AC}{2}=a\sqrt{2}\); \(SA=\sqrt{AO^2+SO^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{21}}{3}\).

Gọi \(E\) là hình chiếu của \(B\) lên \(SA\), suy ra \(BE\perp SA\). \((1)\)

Do \(\left\{\begin{aligned}&BD\perp AC \\&BD\perp SO\end{aligned}\right. \Rightarrow BD\perp (SAC) \Rightarrow BD\perp SA\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(SA\perp (BDE) \Rightarrow SA\perp DE\).

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&(SAB)\cap (SAD)=SA \\&BE\subset (SAB),BE\perp SA \\&DE\subset (SAD),DE\perp SA\end{aligned}\right.\Rightarrow \widehat{((SAB),(SAD))}=\widehat{(BE,DE)}.\)

Từ \(SA\perp (BDE) \Rightarrow SA\perp OE\).

Trong tam giác vuông \(SOA\) có đường cao

\(OE=\displaystyle\frac{SO\cdot AO}{\sqrt{SO^2+AO^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{14}}{7}.\)

Từ \(BD\perp (SAC) \Rightarrow BO\perp OE\). Trong tam giác vuông \(BOE\), ta có \(\tan \widehat{BEO}=\displaystyle\frac{OB}{OE}=\sqrt{7}\).

Suy ra \(\widehat{BEO}\approx 69^\circ\) nên \(\widehat{BED}=2\widehat{BEO}\approx 138^\circ\).

Vậy \(\widehat{((SAB),(SAD))}=\widehat{(BE,DE)}\approx 42^\circ\).

Câu 16:

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông tâm \(O\) cạnh bằng \(a\), \(SO\) vuông góc với đáy. Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm \(SA\) và \(BC\). Tính góc tạo bởi giữa đường thẳng \(MN\) và mặt phẳng \((ABCD)\), biết \(MN=\displaystyle\frac{a\sqrt{10}}{2}\).

Image

Kẻ \(MK\parallel SO\), do \(SO\perp (ABCD)\), suy ra \(MK\perp (ABCD)\) với \(K\in AO\). Khi đó \(NK\) là hình chiếu vuông góc của \(NM\) trên mặt phẳng \((ABCD)\). Do đó

\(\widehat{(MN,(ABCD))}=\widehat{(MN,NK)}=\widehat{MNK}\).

Xét tam giác \(SAO\), ta có \(M\) là trung điểm \(SA\) và \(MK\parallel SO\). Suy ra \(MK\) là đường trung bình của tam giác \(SAO\) nên \(K\) là trung điểm \(AO\). Suy ra \(CK=\displaystyle\frac{3}{4}CA=\displaystyle\frac{3a\sqrt{2}}{4}\).

Xét tam giác \(CNK\), ta có

\(\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}=\cos 45^\circ=\displaystyle\frac{CN^2+CK^2-KN^2}{2CN\cdot CK} \Leftrightarrow KN=\displaystyle\frac{a\sqrt{10}}{4}.\)

Trong tam giác vuông \(MNK\), ta có \(\cos \widehat{MNK}=\displaystyle\frac{NK}{MN}=\displaystyle\frac{1}{2}\).

Suy ra \(\widehat{MNK}=60^\circ\). Vậy \(\widehat{(MN,(ABCD))}=60^\circ\).

Câu 17:

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\sqrt{3}\), tam giác \(SBC\) vuông tại \(S\) và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Đường thẳng \(SD\) tạo với mặt phẳng \((SBC)\) một góc \(60^\circ\). Tính góc giữa hai mặt phẳng \((SBD)\) và \((ABCD)\).

Image

Kẻ \(SH\perp BC\), với \(H\in BC\). Do \((SBC)\) vuông góc với đáy \((ABCD)\) theo giao tuyến \(BC\) nên \(SH\perp (ABCD)\).

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&DC\perp CB \\&DC\perp SH\end{aligned}\right. \Rightarrow DC\perp (SBC)\) nên hình chiếu vuông góc của \(SD\) lên mặt phẳng \((SBC)\) là \(SC\). Do đó

\(60^\circ=\widehat{(SD,(SBC))}=\widehat{SD,SC}=\widehat{(CSD)}\).

Xét tam giác vuông \(SCD\), ta có

\(\tan \widehat{CSD}=\displaystyle\frac{CD}{CS} \Rightarrow CS=\displaystyle\frac{CD}{\tan 60^\circ}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=a\).

Xét tam giác vuông \(SCB\), ta có \(SB=\sqrt{BC^2-SC^2}=a\sqrt{2}\)

\(SH\cdot BC=SB\cdot SC \Rightarrow SH=\displaystyle\frac{SB\cdot SC}{BC}=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}\cdot a}{a\sqrt{3}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{3}.\)

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

Từ \(H\) kẻ \(HK\perp BD\), suy ra \(HK\parallel CO\) nên

\(\displaystyle\frac{HK}{CO}=\displaystyle\frac{BH}{BC}=\displaystyle\frac{SB^2}{BC^2}=\displaystyle\frac{2}{3}.\)

Do đó \(HK=\displaystyle\frac{2}{3}CO=\displaystyle\frac{2}{3}\displaystyle\frac{AC}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{3}\).

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&DB\perp HK \\&DB\perp SH\end{aligned}\right. \Rightarrow DB\perp (SHK) \Rightarrow DB\perp SK\). Do \(\left\{\begin{aligned}&(SBD)\cap (ABCD)=BD \\&HK\subset (SBD),HK\perp BD \\&SK\subset (ABCD),SK\perp BD\end{aligned}\right. \Rightarrow \widehat{((SBD),(ABCD))}=\widehat{(HK,SK)}=\widehat{SKH}.\)

Xét tam giác vuông \(SHK\), ta có \(\tan \widehat{SKH}=\displaystyle\frac{SH}{HK}=1\). Suy ra \(\widehat{SKH}=45^\circ\).

Vậy \(\widehat{((SBD),(ABCD))}=45^\circ\).

Câu 18:

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(2a\); \(SA=a\), \(SB=a\sqrt{3}\) và mặt phẳng \((SAB)\) vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm của \(AB\), \(BC\). Tính góc giữa hai đường thẳng \(SM\) và \(DN\).

Image

Kẻ \(SH\perp AB\), với \(H\in AB\). Do \((SAB)\) vuông góc với đáy \((ABCD)\) theo giao tuyến \(AB\) nên \(SH\perp (ABCD).\)

Ta có \(SA^2+SB^2=a^2+3a^2=4a^2=AB^2\) nên tam giác \(SAB\) vuông tại \(S\), suy ra \(SM=\displaystyle\frac{AB}{2}=a\).

Gọi \(E\) là điểm thuộc \(AD\) thỏa mãn \(AE=\displaystyle\frac{AD}{4}=\displaystyle\frac{a}{2}\), suy ra \(ME\parallel DN\) và \(ME=\sqrt{AM^2+AE^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{5}}{2}.\( Do đó \(\widehat{(SM,DN)}=\widehat{(SM,ME)}\).

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&AE\perp AB \\&AE\perp SH\end{aligned}\right. \Rightarrow AE\perp (SAB) \Rightarrow AE\perp SA\) nên

\(SE=\sqrt{SA^2+AE^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{5}}{2}\).

Tam giác \(SME\) cân tại \(E\) nên \(\cos \widehat{SME}=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{SM}{2}}{ME}=\displaystyle\frac{\sqrt{5}}{5}\). Suy ra \(\widehat{SME}\approx 63{,}5^\circ\).

Vậy \(\widehat{(SM,DN)}\approx 63{,}5^\circ\).

Câu 19:

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\); mặt phẳng \((SAB)\) vuông góc với đáy. Gọi \(H\) là trung điểm \(AB\). Tính góc giữa đường thẳng \(SC\) và mặt đáy \((ABCD)\), biết \(SH=HC\) và \(SA=AB\).

Image

Ta có \(AH=\displaystyle\frac{1}{2}AB=\displaystyle\frac{a}{2}\) ; \(SA=AB=a\) ;

\(SH=HC=\sqrt{BH^2+BC^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{5}}{2}.\)

Vì \(SA^2+AH^2=\displaystyle\frac{5a^2}{4}=AH^2\) nên tam giác \(SAH\) vuông tại \(A\) hay \(SA\perp AB\). Mà \(\left(SAB\right)\perp \left(ABCD\right)\) theo giao tuyến \(AB\) suy ra \(SA\perp \left(ABCD\right)\).

Do đó hình chiếu vuông góc của \(SC\) trên mặt đáy \(\left(ABCD\right)\) là \(AC\).

Vậy

\(\widehat{(SC,\left(ABCD\right))}=\widehat{(SC,AC)}=\widehat{SCA}.\)

Trong tam giác vuông \(SAC\) , ta có \(\tan \widehat{SCA}=\displaystyle\frac{SA}{AC}=\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}.\)

Suy ra \(\widehat{SCA}\approx 35^\circ\).

Vậy \(\widehat{(SC,\left(ABCD\right))}\approx 35^\circ\).

Câu 20:

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật với \(AB=a\), \(AD=a\sqrt{3}\). Hình chiếu vuông góc của \(S\) lên mặt đáy trùng với trọng tâm tam giác \(ABC\). Mặt phẳng \((SAC)\) tạo với đáy một góc \(60^\circ\). Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm cạnh \(BC\) và \(SC\).

a) Tính góc giữa đường thẳng \(MN\) với mặt đáy \((ABCD)\).

b) Tính côsin của góc giữa hai đường thẳng \(AN\) và \(DM\).

Image

a) Ta có \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(SBC\) nên \(MN\parallel SB\). Do đó

\(\widehat{(MN,(ABCD))}=\widehat{(SB,(ABCD))}\).

Gọi \(H\) là trọng tâm tam giác \(ABC\), suy ra \(BH=\displaystyle\frac{BD}{3}=\displaystyle\frac{2a}{3}\text{ và }SH\perp (ABCD)\( nên hình chiếu vuông góc của \(SB\) trên mặt đáy \((ABCD)\) là \(HB\). Vì vậy

\begin{eqnarray*}\widehat{(MN,(ABCD))}&=&\widehat{(SB,(ABCD))}=\widehat{(SB,HB)}\\&=&\widehat{SBH}.\end{eqnarray*}

Gọi \(F\) là hình chiếu của \(H\) lên \(AC\), suy ra \(HF\perp AC\).

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&AC\perp HF \\&AC\perp SH\end{aligned}\right. \Rightarrow AC\perp SF\).

Do \(\left\{\begin{aligned}&(SAC)\cap (ABCD)=AC \\&SF\subset (SAC),SF\perp AC \\&HE\subset (ABCD),HF\perp AC\end{aligned}\right.\)

\(\Rightarrow \widehat{((SAC),(ABCD))}=\widehat{(SF,HF)}=\widehat{SFH}=60^\circ\).

Trong tam giác vuông \(ABC\), kẻ \(BE\perp AC\left(E\in AC\right)\) suy ra \(BE=\displaystyle\frac{AB\cdot BC}{\sqrt{AB^2+BC^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\). Suy ra \(HF=\displaystyle\frac{1}{3}BE=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{6}\).

Trong tam giác \(SHF\), ta có \(SH=HF\cdot \tan \widehat{SFH}=\displaystyle\frac{a}{2}\).

Trong tam giác \(SHB\), ta có \(\tan \widehat{SBH}=\displaystyle\frac{SH}{BH}=\displaystyle\frac{3}{4}\).

Suy ra \(\widehat{SBH}\approx 37^\circ\).\\ Vậy \(\widehat{(MN,(ABCD))}\approx 37^\circ\).

b) Gọi \(P\), \(Q\) lần lượt là trung điểm của \(BM\) và \(NC\).

Image

Suy ra \(OQ\parallel AN\) và \(OP\parallel DM\). Khi đó

\(\widehat{(AN,DM)}=\widehat{(OQ,OP)}\).

Bây giờ ta đi tính các cạnh trong tam giác \(OPQ\).

\(OP=\displaystyle\frac{DM}{2}=\displaystyle\frac{\sqrt{DC^2+MC^2}}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{7}}{4}\).

\(AH=\displaystyle\frac{2}{3}AM=\displaystyle\frac{2}{3}\sqrt{AB^2+BM^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{7}}{3}\);

\(CH=\displaystyle\frac{2}{3}\sqrt{3a^2+\displaystyle\frac{a^2}{4}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{13}}{3}\);

Suy ra \(SA^2=AH^2+SH^2=\displaystyle\frac{37a^2}{36}\);

\(SC^2=CH^2+SH^2=\displaystyle\frac{61a^2}{36}\).

Áp dụng định lí hàm số côsin trong tam giác \(SAC\), ta có

\(\displaystyle\frac{AC^2+SC^2-SA^2}{2AC\cdot SC}=\cos \widehat{SCA}=\cos \widehat{QCO}=\displaystyle\frac{{\left(\displaystyle\frac{SC}{4}\right)}^2+{\left(\displaystyle\frac{AC}{2}\right)}^2-OQ^2}{2\cdot \displaystyle\frac{SC}{4}\cdot\displaystyle\frac{AC}{2}}.\)

suy ra \(OQ^2=\displaystyle\frac{41a^2}{72}\).

Áp dụng định lí hàm số côsin trong tam giác \(SBC\), ta có

\(\displaystyle\frac{BC^2+SC^2-SB^2}{2BC\cdot SC}=\cos \widehat{SCB}=\cos \widehat{QCP}=\displaystyle\frac{{\left(\displaystyle\frac{SC}{4}\right)}^2+{\left(\displaystyle\frac{3BC}{4}\right)}^2-PQ^2}{2\cdot \displaystyle\frac{SC}{4}\cdot \displaystyle\frac{3BC}{4}}.\)

Suy ra \(PQ^2=\displaystyle\frac{601a^2}{576}\).

Áp dụng định lí hàm số côsin trong tam giác \(OPQ\), ta có

\(\cos \widehat{POQ}=\displaystyle\frac{OP^2+OQ^2-PQ^2}{2OP\cdot OQ}=-\displaystyle\frac{\sqrt{574}}{656}.\)

Suy ra \(\widehat{POQ}\approx 93^\circ\). Vậy \(\widehat{(AN,DM)}\approx 87^\circ\).

Câu 21:

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật với \(AB=a, AD =a\sqrt{3}\) . Hình chiếu của \(S\) lên mặt phẳng đáy là điểm \(H\) thuộc cạnh \(AC\) sao cho \(AH=3HC\). Đường thẳng \(SD\) tạo với đáy một góc \(60^\circ\). Gọi \(M\) là trung điểm cạnh \(AB\). Tính côsin của góc giữa hai đường thẳng \(CM\) và \(SD\).

Image

Vì \(SH\perp (ABCD)\) nên hình chiếu vuông góc của trên mặt đáy \((ABCD)\) là \(HD\). Do đó

\(60^\circ=\widehat{(SD,(ABCD))}=\widehat{(SD,HD)}=\widehat{SDH}.\)

Gọi \(O=AC\cap BD\). Ta có \(AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=2a\) nên \(OC=OD=DC=a\) suy ra tam giác \(OCD\) đều cạnh \(a\) và có \(H\) là trung điểm \(OC\).

Suy ra \(HD=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\); \(SH=HD\cdot \tan \widehat{SDH}=\displaystyle\frac{3a}{2}\).

Gọi \(E\), \(F\) lần lượt là trung điểm của \(SB\) và \(AM\).

Suy ra \(OE \parallel SD\) và \(OF\parallel CM\) nên

\(\widehat{(CM,SD)}=\widehat{(OF,OE)}.\)

Bây giờ ta đi tính các cạnh trong tam giác \(EOF\).

\( SD=\sqrt{SH^2+HD^2}=a\sqrt{3}\) suy ra \(EO=\displaystyle\frac{SD}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}.\)

\(CM=\sqrt{CB^2+BM^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{13}}{2}\), suy ra \( FO=\displaystyle\frac{CM}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{13}}{4}.\)

Ta có \( SA=\sqrt{SH^2+AH^2}=\displaystyle\frac{3a\sqrt{2}}{2}\); \(SB=SD=a\sqrt{3}\).

Áp dụng định lí hàm số côsin trong tam giác \(SAB\), ta được

\begin{eqnarray*}& &\displaystyle\frac{SB^2+AB^2-SA^2}{2SB\cdot AB}=\cos \widehat{SBA}=\cos \widehat{EBF}=\displaystyle\frac{EB^2+BF^2-EF^2}{2EB\cdot BF}\\&=&\displaystyle\frac{{\left( \displaystyle\frac{SB}{2} \right)^2}+{\left( \displaystyle\frac{3AB}{4} \right)^2}-EF^2}{2\cdot \displaystyle\frac{SB}{2}\cdot \displaystyle\frac{3AB}{4}}.\end{eqnarray*}

Suy ra \( FE^2=\displaystyle\frac{3a^2}{2}.\)

Do đó \(\cos \widehat{FOE}=\displaystyle\frac{OF^2+OE^2-FE^2}{2OF\cdot OE}=\displaystyle\frac{1}{4\sqrt{39}}.\)

Vậy \(\cos \widehat{(CM,SD)}=\displaystyle\frac{1}{4\sqrt{39}}.\)

Câu 22:

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật với \(AB=a\), \(AD =2a\) . Gọi \(O\) là tâm của đáy và \(SO =SD\). Mặt phẳng \((SBD)\) vuông góc với mặt đáy, mặt phẳng \((SAB)\) tạo với đáy một góc \(60^\circ\). Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\). Tính côsin của góc giữa hai đường thẳng \(AM\) và \(SB\).

Image

Gọi \(H\) là trung điểm của \(OD\), suy ra \(SH\perp OD\).

Mà \( (SBD)\perp (ABCD)\) theo giao tuyến \(BD\) nên \(SH\perp (ABCD)\).

Kẻ \( HK\perp AB\) \(\left( K\in AB \right)\).

Ta có \( \begin{cases} AB\perp HK \\ AB\perp SH \end{cases} \Rightarrow AB\perp \left( SHK \right)\Rightarrow AB\perp SK\).

Do \(\begin{cases} (SAB)\cap (ABCD)=AB \\ SK\subset (SAB),SK\perp AB \\ HK\subset (ABCD),HK\perp AB\end{cases}\)

\(\Rightarrow \widehat{((SAB),(ABCD))}=\widehat{(SK,HK)}=\widehat{SKH}=60^\circ.\)

Ta có \(\displaystyle\frac{KH}{AD}=\displaystyle\frac{BH}{BD}\) suy ra \(KH=\displaystyle\frac{BH\cdot AD}{BD}=\displaystyle\frac{3a}{2}\).

Từ đó ta tính được \(SH=KH\cdot \tan \widehat{SKH}=\displaystyle\frac{3a\sqrt{3}}{2}\), \(SK=\sqrt{SH^2+KH^2}=3a\).

Gọi \(N\) là trung điểm \(SC\), suy ra \(MN\parallel SB\). Do đó

\(\widehat{(AM,SB)}=\widehat{(AM,MN)}\).

Bây giờ ta đi tính các cạnh trong tam giác \(AMN\).

\(AM=\sqrt{AB^2+BM^2}=a\sqrt{2}\).

\(BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=a\sqrt{5}\), suy ra \(BH=\displaystyle\frac{3}{4}BD=\displaystyle\frac{3a\sqrt{5}}{4}\).

Do đó \(SB=\sqrt{SH^2+BH^2}=\displaystyle\frac{3a\sqrt{17}}{4}\) nên \(MN=\displaystyle\frac{SB}{2}=\displaystyle\frac{3a\sqrt{17}}{8}\).

Tam giác vuông tại nên

\(SA^2=SK^2+AK^2=SK^2+\left( \displaystyle\frac{AB}{4} \right)^2=\displaystyle\frac{145a^2}{16}\).

Trong tam giác \(COD\), ta có

\(CH^2=\displaystyle\frac{CD^2+CO^2}{2}-\displaystyle\frac{OD^2}{4}=\displaystyle\frac{13a^2}{16}\).

Suy ra \(SC^2=SH^2+CH^2=\displaystyle\frac{121a^2}{16}\).

Trong tam giác \(SAC\), ta có \(AN^2=\displaystyle\frac{SA^2+AC^2}{2}-\displaystyle\frac{SC^2}{4}=\displaystyle\frac{329a^2}{64}\).

Áp dụng định lí hàm số côsin trong tam giác \(AMN\), ta có

\(\cos \widehat{AMN}=\displaystyle\frac{AM^2+MN^2-AN^2}{2AM\cdot MN}=-\displaystyle\frac{1}{\sqrt{34}}.\)

Vậy \( \cos \left( AM,SB \right)=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{34}}.\)

Câu 23:

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thoi cạnh \(a\) và \(\widehat{BAD}=60^\circ\), các cạnh \(SA=SB=SD=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\). Tính góc giữa hai mặt phẳng \((SBD)\) và đáy \((ABCD)\).

Image

Từ giả thiết suy ra tam giác \(ABD\) đều cạnh \(a\) nên \(BD=a\).

Gọi \(O=AC\cap BD\), suy ra \(AO\perp BD\).

Gọi \(H\) là tâm của tam giác \(ABD\), suy ra \(OH=\displaystyle\frac{AO}{3}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{6}\) và \(SH\perp (ABCD)\).

Tam giác \(SBD\) cân tại \(S\) nên \(SO\perp BD\).

Do \(\begin{cases} (SBD)\cap (ABCD)=BD \\ SO\subset (SBD),SO\perp BD \\ AO\subset (ABCD),AO\perp BD\end{cases}\)

\(\Rightarrow \widehat{((SBD),(ABCD))}=\widehat{(SO,AO)}.\)

Trong tam giác \(SBD\), ta có

\(SO=\sqrt{\displaystyle\frac{SB^2+SD^2}{2}-\displaystyle\frac{BD^2}{4}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\).

Trong tam vuông \(SHO\), ta có \(\cos \widehat{SOH}=\displaystyle\frac{OH}{SO}=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{6}}\).

Suy ra \(\widehat{SOH}\approx 66^\circ\). \\Vậy \(\widehat{(SBD),(ABCD)}\approx 66^\circ\).

Câu 24:

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thoi cạnh \(a\) và \(\widehat{ABC}=60^\circ\), \(SA=a\sqrt{3}\) và vuông góc với đáy. Tính góc giữa hai mặt phẳng \((SBC)\) và \((SCD)\).

Image

Ta có \(\begin{cases} BD\perp AC \\ BD\perp SA\end{cases} \Rightarrow BD\perp (SAC)\)

\(\Rightarrow BD\perp SC\qquad (1)\).

Kẻ \(BH\perp SC\) với \(H\in SC\qquad (2).\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(SC\perp (BDH)\Rightarrow SC\perp DH\).

Do \(\begin{cases} (SBC)\cap (SCD)=SC \\ BH\subset (SBC),BH\perp SC \\ DH\subset (SCD),DH\perp SC.\end{cases}\)

\(\Rightarrow \widehat{((SBC),(SCD))}=\widehat{(BH,DH)}\).

Bây giờ ta đi tính các cạnh trong tam giác \(BDH\):

Từ giả thiết suy ra tam giác \(ABC\) đều cạnh \(a\) nên \(BD=2BO=a\sqrt{3}\).

Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\), suy ra \(AM=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\) và \(AM\perp BC\).

Trong tam giác vuông \(SAM\), ta có \(SM=\sqrt{SA^2+AM^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{15}}{2}\).

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

Từ

\(S_{\Delta SBC}=\displaystyle\frac{1}{2}SM\cdot BC=\displaystyle\frac{1}{2}BH\cdot SC\) suy ra \(BH=\displaystyle\frac{SM\cdot BC}{SC}=\displaystyle\frac{SM\cdot BC}{\sqrt{SA^2+AC^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{15}}{4}\).

Tương tự ta tính được \(DH=\displaystyle\frac{a\sqrt{15}}{4}\).

Áp dụng định lí hàm số côsin trong tam giác \(BDH\), ta có \(\cos \widehat{BHD}=\displaystyle\frac{BH^2+DH^2-BD^2}{2BH\cdot DH}=-\displaystyle\frac{3}{5}\).

Suy ra \(\widehat{BHD}\approx 127^\circ\).\\ Vậy \(\widehat{((SBC),(SCD))}\approx 53^\circ\).

Câu 25:

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thoi cạnh \(a\), cạnh bên \(SA=a\sqrt{3}\) và \(SA\perp BC\). Tính góc giữa hai đường thẳng \(SD\) và \(BC\).

Image

Do \(BC\) song song \(AD\) nên \(\widehat{(SD,BC)}=\widehat{(SD,AD)}=\widehat{SDA}\).

Ta có \(\begin{cases}SA\perp BC \\ BC\parallel AD \end{cases}\Rightarrow SA\perp AD\) nên \(\widehat{SAD}=90^\circ.\)

Trong tam giác \(SAD\) vuông tại \(A\), ta có

\(\tan \widehat{SDA}=\displaystyle\frac{SA}{AD}=\sqrt{3}.\)

Suy ra \(\widehat{SDA}=60^\circ\). Vậy \(\widehat{(SD,BC)}=60^\circ\).

Câu 26:

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thang vuông tại \(A\) và \(B\), \(AB=BC=a\), \(AD=2a\). Cạnh bên \(SA\) vuông góc với đáy và \(SA=a\sqrt{2}\).

a) Tính côsin của góc tạo bởi hai đường thẳng \(SB\) và \(CD\).

b) Tính góc giữa đường thẳng \(SB\) và mặt phẳng \((SAC)\).

c) Tính góc tạo bởi giữa hai mặt phẳng \((SCD)\) và \((ABCD)\); \((SAD)\) và \((SCD)\).

Image

a) Gọi \(M\) là trung điểm \(AD\). Ta có \(MD\) song song và bằng \(BC\) nên \(BCDM\) là hình bình hành. Do đó \(BM\parallel CD\) nên

\(\widehat{(SB,CD)}=\widehat{(SB,BM)}.\)

Trong tam giác \(SBM\), ta có \(BS=\sqrt{SA^2+AB^2}=a\sqrt{3}\) ; \(BM=\sqrt{AB^2+AM^2}=a\sqrt{2}\) và \(SM=\sqrt{SA^2+AM^2}=a\sqrt{3}\).

Áp dụng định lí hàm số côsin, ta được

\(\cos \widehat{SBM}=\displaystyle\frac{SB^2+BM^2-SM^2}{2SB\cdot BM}=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{6}}.\)

Vậy \(\cos \widehat{(SB,CD)}=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{6}}.\)

b) Gọi \(O=AC\cap BM\). Từ giả thiết, suy ra \(ABCM\) là hình vuông nên \(BO\perp AC\). Hơn nữa \(BO\perp SA\) nên \(BO\perp (SAC)\) do đó hình chiếu vuông góc của \(SB\) trên \((SAC)\) là \(SO\). Vậy

\(\widehat{(SB,(SAC))}=\widehat{(SB,SO)}=\widehat{BSO}.\)

Từ \(BO\perp (SAC)\) suy ra \(BO\perp SO\). Trong tam giác vuông \(SOB\), ta có \(\sin \widehat{BSO}=\displaystyle\frac{BO}{SB}=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{AC}{2}}{\sqrt{SA^2+AB^2}}=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{6}}.\)

Suy ra \(\widehat{BSO}\approx 24^\circ\). Vậy \(\widehat{(SB,(SAC))}\approx 24^\circ\).

c) Tứ giác \(ABCM\) là hình vuôngt nên \(CM=MA=\displaystyle\frac{1}{2}AD\). Do đó tam giác \(ACD\) vuông tại \(C\), suy ra \(AC\perp CD\).

Ta có \(\begin{cases}CD\perp AC \\ CD\perp SA\end{cases}\Rightarrow CD\perp (SAC)\Rightarrow CD\perp SC\).

Do

\(\begin{cases}(SCD)\cap (ABCD)=CD \\ SC\subset (SCD),SC\perp CD \\ AC\subset (ABCD),AC\perp CD \end{cases}\Rightarrow \widehat{((SCD),(ABCD))}=\widehat{(SC,AC)}=\widehat{SCA}\).

Trong tam giác vuông \(SCA\), ta có \(\tan \widehat{SCA}=\displaystyle\frac{SA}{AC}=1\).

Suy ra \(\widehat{SCA}=45^\circ\). Vậy \(\widehat{((SCD),(ABCD))}=45^\circ\).

Ta có \(\begin{cases}CM\perp AD \\ CM\perp SA\end{cases}\Rightarrow CM\perp (SAD)\) nên hình chiếu vuông góc của tam giác \(SCD\) trên mặt phẳng \((SAD)\) là tam giác \(SMD\) nên

\(\cos \widehat{((SAD),(SCD))}=\displaystyle\frac{S_{\Delta SMD}}{S_{\Delta SAD}}=\displaystyle\frac{SA\cdot MD}{SA\cdot AD}=\displaystyle\frac{MD}{AD}=\displaystyle\frac{1}{2}.\)

Vậy \(\widehat{(SAD),(SCD)}=60^\circ\).

Câu 27:

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thang vuông tại \(A\) và \(B\), \(AB=BC=a\), \(AD=2a\). Cạnh bên \(SA\) vuông góc với đáy và \(SA=a\sqrt{2}\). Tính góc tạo bởi giữa hai mặt phẳng \((SBC)\) và \((SCD)\).

Image

Gọi \(M\) là trung điểm \(AD\), suy ra tứ giác \(ABCM\) là hình vuông nên \(CM=a=\displaystyle\frac{AD}{2}\). Do đó tam giác \(ACD\) vuông tại \(C\) (trung tuyến bằng nửa cạnh đáy) nên \(CD\perp AC.\)

Hơn nữa \(SA\perp CD\), suy ra \(CD\perp (SAC)\Rightarrow CD\perp SC\) hay tam giác \(SCD\) vuông tại \(C\).

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(B\) trên \(SC\), suy ra \(BH\perp SC\).

Từ \(H\) kẻ đường thẳng song song với \(CD\) cắt \(SD\) tại \(K\), suy ra \(HK\perp SC\).

Do \(\left.\begin{aligned}& (SBC)\cap (SCD)=SC \\ & BH\subset (SBC),BH\perp SC \\ & HK\subset (SCD),HK\perp SC\end{aligned}\right\}\Rightarrow \widehat{((SBC),(SCD))}=\widehat{(BH,HK)}\).

Bây giờ ta đi tính các cạnh trong tam giác \(BHK\).

Ta có \(\left.\begin{aligned}& BC\perp AB \\ & BC\perp SA\end{aligned}\right\}\Rightarrow BC\perp (SAB)\Rightarrow BC\perp SB\) hay tam giác \(SBC\) vuông tại \(B\) nên

\(BH=\displaystyle\frac{SB.BC}{\sqrt{SB^2+BC^2}}=\displaystyle\frac{\sqrt{SA^2+AB^2}\cdot BC}{\sqrt{SA^2+AB^2+BC^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}.\)

Ta có \(\displaystyle\frac{HK}{CD}=\displaystyle\frac{SH}{SC}=\displaystyle\frac{SB^2}{SC^2}=\displaystyle\frac{SA^2+AB^2}{SA^2+AB^2+BC^2}=\displaystyle\frac{3}{4}\).

Suy ra \(HK=\displaystyle\frac{3CD}{4}=\displaystyle\frac{3\sqrt{CM^2+MD^2}}{4}=\displaystyle\frac{3a\sqrt{2}}{4}\).

Áp dụng định lí hàm số côsin trong tam giác \(SBD\), ta có

\(\displaystyle\frac{SB^2+SD^2-BD^2}{2SB\cdot SD}=\cos \widehat{BSD}=\cos \widehat{BSK}=\displaystyle\frac{SB^2+SK^2-BK^2}{2SB\cdot SK} \Rightarrow BK=\displaystyle\frac{3a\sqrt{6}}{4}.\)

Áp dụng định lí hàm số côsin trong tam giác \(BHK\), ta có \(\cos \widehat{BHK}=\displaystyle\frac{BH^2+HK^2-BK^2}{2BH\cdot HK}=-\displaystyle\frac{2}{\sqrt{6}}.\)

Suy ra \(\widehat{BHK}\approx 145^\circ\). Vậy \(\widehat{((SBC),(SCD))}\approx 35^\circ\).

Câu 28:

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thang vuông tại \(A\) và \(B\), \(AB=BC=a\), \(AD=3a\). Hình chiếu của \(S\) lên mặt phẳng đáy trùng với trung điểm của cạnh \(AD\). Mặt phẳng \((SCD)\) tạo với đáy một góc \(60^\circ\). Gọi \(M\) là trung điểm đoạn \(CD\). Tính côsin của góc giữa hai đường thẳng \(AM\) và \(SC\).

Image

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AD\). Theo giả thiết \(SH\perp (ABCD).\)

Từ \(H\) kẻ \(HK\perp CD\) \(\left( K\in CD \right).\)

Ta có \(\left.\begin{aligned}& CD\perp HK \\ & CD\perp SH\end{aligned}\right\}\Rightarrow CD\perp \left( SHK \right)\Rightarrow CD\perp SK\).

Do \(\left.\begin{aligned}& (SCD)\cap (ABCD)=CD \\ & SK\subset (SCD),SK\perp CD \\ & HK\subset (ABCD),HK\perp CD\end{aligned}\right\}\)

\(\Rightarrow \widehat{((SCD),(ABCD))}=\widehat{(SK,HK)}=\widehat{SKH}=60^\circ\).

Gọi \(I\) là hình chiếu vuông góc của \(C\) lên cạnh \(AD\).

Suy ra \(ABCI\) là hình vuông cạnh \(a\), \(IH=AH-AI=\displaystyle\frac{a}{2}\text{ và }CD=\sqrt{CI^2+ID^2}=a\sqrt{5}.\)

Do \(\Delta CID\backsim \Delta HKD\) nên \(\displaystyle\frac{HK}{CI}=\displaystyle\frac{HD}{CD}\Rightarrow HK=\displaystyle\frac{HD\cdot CI}{CD}=\displaystyle\frac{3a\sqrt{5}}{10}.\)

Do đó \(SH=HK\tan \widehat{SKH}=\displaystyle\frac{3a\sqrt{15}}{10}.\)

Gọi \(N\) là trung điểm của \(SD\). Suy ra \(MN\parallel SC\) nên \(\widehat{(AM,SC)}=\widehat{(AM,MN)}.\)

Bây giờ ta đi tính các cạnh trong tam giác \(AMN\).

Trong tam giác \(ACD\), ta có \(AM^2=\displaystyle\frac{AC^2+AD^2}{2}-\displaystyle\frac{CD^2}{4}=\displaystyle\frac{17a^2}{4}\).

Trong tam giác \(SAD\), ta có

\(AN^2=\displaystyle\frac{SA^2+AD^2}{2}-\displaystyle\frac{SD^2}{4}=\displaystyle\frac{\left( SH^2+AH^2\right)+AD^2}{2}-\displaystyle\frac{SH^2+HD^2}{4}=\displaystyle\frac{27a^2}{5}.\)

Trong tam giác \(SHC\), ta có \(SC=\sqrt{SH^2+HC^2}=\sqrt{SH^2+\left( HI^2+IC^2\right)}=\displaystyle\frac{a\sqrt{65}}{5}.\)

Suy ra \(MN=\displaystyle\frac{a\sqrt{65}}{10}\).

Áp dụng định lí hàm số côsin trong tam giác \(AMN\), ta có

\(\cos \widehat{AMN}=\displaystyle\frac{AM^2+MN^2-AN^2}{2AM\cdot MN}=-\sqrt{\displaystyle\frac{5}{221}}.\)

Suy ra \(\widehat{AMN}\approx 99^\circ\). Vậy \(\widehat{(AM,SC)}\approx 81^\circ.\)

Câu 29:

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là nửa lục giác đều nội tiếp trong đường tròn đường kính \(AB=2a\), \(SA=a\sqrt{3}\) và vuông góc với đáy.

a) Tính góc giữa hai mặt phẳng \((SAD)\) và \((SBC)\).

b) Tính góc giữa hai mặt phẳng \((SBC)\) và \((SCD)\).

Image

a) Gọi \(I=AD\cap BC\), khi đó \(SI=(SAD)\cap (SBC).\)

Ta có \(\left.\begin{aligned}& BD\perp AD \\ & BD\perp SA\end{aligned}\right\}\Rightarrow BD\perp (SAD)\Rightarrow BD\perp SI\).

Dựng \(DE\perp SI\) \(\left( E\in SI \right)\). Suy ra \(SI\perp \left( BDE \right)\Rightarrow SI\perp BE\).

Do

\(\left.\begin{aligned}& (SAD)\cap (SBC)=SI \\ & DE\subset (SAD),DE\perp SI \\ & BE\subset (SBC),BE\perp SI\end{aligned}\right\}\Rightarrow \widehat{((SAD),(SBC))}=\widehat{(DE,BE)}=\widehat{BED}\).

Do đáy \(ABCD\) là nửa lục giác đều nên \(\widehat{IAB}=\widehat{IBA}=60^\circ\) suy ra \(\Delta IBA\) đều cạnh \(2a\).

Ta có \(SI=\sqrt{SA^2+AI^2}=a\sqrt{7}.\)

Dễ thấy \(\Delta SAI\backsim \Delta DEI\) nên \(\displaystyle\frac{DE}{SA}=\displaystyle\frac{DI}{SI}=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{7}}\) suy ra \(DE=\displaystyle\frac{SA}{\sqrt{7}}=a\sqrt{\displaystyle\frac{3}{7}}.\)

Do \(BD\perp (SAD)\Rightarrow BD\perp DE\).\\ Trong tam giác vuông \(BDE\), ta có \(\tan \widehat{BED}=\displaystyle\frac{BD}{DE}=\sqrt{7}\).

Suy ra \(\widehat{BED}=\arctan \sqrt{7}\). Vậy \(\widehat{((SAD),(SBC))}=\arctan \sqrt{7}\).

b) Kẻ \(DH\perp SC\), từ \(H\) kẻ đường thẳng song song với \(BC\) cắt \(SB\) tại \(K\).\\ Ta có

\(\left.\begin{aligned}& BC\perp AC \\ & BC\perp SA\end{aligned}\right\}\Rightarrow BC\perp (SAC)\Rightarrow BC\perp SC\).

suy ra \(HK\perp SC\).

Do \(\left.\begin{aligned}& (SBC)\cap (SCD)=SC \\ & HK\subset (SBC),HK\perp SC \\ & DH\subset (SCD),DH\perp SC\end{aligned}\right\}\Rightarrow \widehat{((SBC),(SCD))}=\widehat{(HK,DH)}\).

Bây giờ ta đi tính các cạnh trong tam giác \(DHK\).

Ta có \(AC\) là trung tuyến của tam giác đều \(ABI\) nên \(AC=a\sqrt{3}\); \(SD=\sqrt{SA^2+AD^2}=2a\); \(SC=\sqrt{SA^2+AC^2}=a\sqrt{6}\).

Áp dụng định lí hàm số côsin trong tam giác \(SCD\), ta có

\(\cos \widehat{SCD}=\displaystyle\frac{SC^2+CD^2-SD^2}{2SC\cdot CD}=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}\( suy ra \(\sin \widehat{SCD}=\displaystyle\frac{\sqrt{5}}{2\sqrt{2}}.\)

Ta có

\({S_{\Delta SCD}}=\displaystyle\frac{1}{2}SC\cdot CD\cdot \sin \widehat{SCD}=\displaystyle\frac{1}{2}DH\cdot SC\( suy ra \(DH=CD\cdot \sin \widehat{SCD}=\displaystyle\frac{a\sqrt{5}}{2\sqrt{2}}\).

Trong tam giác vuông \(DHC\), ta có \(HC=CD\cdot \cos \widehat{HCD}=CD\cdot \cos \widehat{SCD}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}\), từ đó suy ra \(SH=SC-HC=\displaystyle\frac{3a\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}\).

Ta có \(\displaystyle\frac{HK}{BC}=\displaystyle\frac{SH}{SC}=\displaystyle\frac{3}{4}\) suy ra \(HK=\displaystyle\frac{3}{4}BC=\displaystyle\frac{3a}{4}\).

Áp dụng định lí hàm số côsin trong tam giác \(SBD\), ta có

\(\displaystyle\frac{SB^2+SD^2-BD^2}{2SB\cdot SD}=\cos \widehat{DSB}=\cos \widehat{DSK}=\displaystyle\frac{SK^2+SD^2-DK^2}{2SK\cdot SD}=\displaystyle\frac{\left( \displaystyle\frac{3SB}{4} \right)^2+SD^2-DK^2}{2\cdot \displaystyle\frac{3SB}{4}\cdot SD}\)

suy ra \(DK^2=\displaystyle\frac{31a^2}{16}\).

Áp dụng định lí hàm số côsin trong tam giác \(DHK\), ta có

\(\cos \widehat{DHK}=\displaystyle\frac{DH^2+HK^2-DK^2}{2DH\cdot HK}=-\displaystyle\frac{\sqrt{10}}{5}.\)

Suy ra \(\widehat{DHK}\approx 130^\circ.\) Vậy \(\widehat{((SBC),(SCD))}\approx 50^\circ\).

}

Câu 30:

Cho lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C'\) có đáy \(ABC\) là tam giác cân tại \(A\) với \(AB=AC=a\), \(\widehat{BAC}=120^\circ\); cạnh bên \(BB'=a\). Gọi \(I\) là trung điểm của \(CC'\). Tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng \((ABC)\) và \((AB'I)\).

Image

Gọi \(E=B'I\cap BC\). Khi đó \(\widehat{((ABC),(AB'I))}=\widehat{((ABE),(AB'E))}\).

Ta có \((ABC)\cap (AB'E)=AE\). Từ \(C\) kẻ \(CK\perp AE\).

Ta có \(\left\{\begin{aligned}& AE\perp CK \\ & AE\perp CI\end{aligned}\right.\Rightarrow AE\perp (CIK)\Rightarrow AE\perp IK\).

Do đó

\(\widehat{((ABC),(AB'E))}=\widehat{(CK,IK)}=\widehat{CKI}.\)

Trong tam giác \(ABC\) có \(\widehat{ACB}=30^\circ\) nên \(\widehat{ACE}=150^\circ\) và

\(BC=\sqrt{AB^2+AC^2-2AB\cdot AC\cdot \cos \widehat{BAC}}=a\sqrt{3}.\)

Trong tam giác \(BB'E\), ta có \(CI\) song song và bằng một nửa \(BB’\) nên \(CI\) là đường trung bình, suy ra \(C\) là trung điểm \(BE\). Suy ra \(CE=BC=a\sqrt{3}\).

Do đó

\(AE=\sqrt{AC^2+CE^2-2AC\cdot CE\cdot \cos \widehat{ACE}}=a\sqrt{7}.\)

Ta có \({S_{\Delta ACE}}=\displaystyle\frac{1}{2}CK\cdot AE=\displaystyle\frac{1}{2}AC\cdot CE\cdot \sin \widehat{ACE}\), suy ra

\(CK=\displaystyle\frac{AC\cdot CE\cdot \sin \widehat{ACE}}{AE}=\displaystyle\frac{a\sqrt{21}}{14}.\)

Trong tam giác vuông \(CKI\), ta có \(\tan \widehat{CKI}=\displaystyle\frac{CI}{CK}=\displaystyle\frac{7}{\sqrt{21}}.\)

Suy ra \(\widehat{CKI}\approx 57^\circ.\) Vậy \(\widehat{((ABC),(AB'E))}\approx 57^\circ.\)

{\bf{Cách 2.}} Sử dụng công thức \(\cos \widehat{((ABC),(AB'E))}=\displaystyle\frac{S_{\Delta ABC}}{S_{\Delta AB'I}}.\)

Ta tính được \(S_{\Delta ABC}=\displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\) và \({S_{\Delta AB'I}}=\displaystyle\frac{a^2\sqrt{10}}{2}\).

Suy ra \(\cos \widehat{((ABC),(AB'E))}=\displaystyle\frac{\sqrt{30}}{10}\) nên \(\widehat{((ABC),(AB'E))}\approx 57^\circ.\)

Câu 31:

Cho lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) có độ dài cạnh bên bằng \(2a\), đáy \(ABC\) là tam giác vuông tại \(A\), \(AB=a\), \(AC=a\sqrt{3}\) và hình chiếu vuông góc của \(A'\) trên mặt đáy \((ABC)\) là trung điểm của cạnh \(BC\). Tính góc tạo bởi giữa hai đường thẳng \(AA’\) và \(B'C'\).

Image

Do \(AA'\parallel BB'\) và \(B'C'\parallel BC\) nên

\(\widehat{(AA',B'C')}=\widehat{(BB',BC)}\).

Gọi \(H\) là trung điểm \(BC\). Theo giả thiết, ta có \(A'H\perp (ABC)\).

Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) nên

\(AH=\displaystyle\frac{1}{2}BC=\displaystyle\frac{1}{2}\sqrt{AB^2+AC^2}=a\).

Xét tam giác \(A'AH\) vuông tại \(H\), ta có

\(A'H=\sqrt{A'A^2-AH^2}=a\sqrt{3}\).

Xét tam giác \(A'B'H\) vuông tại \(A'\), ta có

\(B'H=\sqrt{A'B'^2-AH^2}=2a\).

Áp dụng định lí hàm số côsin trong tam giác \(BB'H\), ta có

\(\cos \widehat{B'BH}=\displaystyle\frac{BB'^2+BH^2-B'H^2}{2BB'\cdot BH}=\displaystyle\frac{1}{4}.\)

Vậy \(\widehat{(AA',B'C')}=\arccos \displaystyle\frac{1}{4}\).

Câu 32:

Cho lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) có đáy \(ABC\) là tam giác đều cạnh \(3a\). Hình chiếu vuông góc của \(C'\) trên mặt phẳng \((ABC)\) là điểm \(H\) thuộc cạnh \(BC\) thỏa mãn \(HC=2HB\). Mặt phẳng \((ACC'A')\) tạo với đáy một góc \(60^\circ\). Tính côsin của góc giữa hai đường thẳng \(AH\) và \(BB'\).

Image

Do \(AA'\parallel BB'\) nên \(\widehat{(BB',AH)}=\widehat{(AA',AH)}\).

Từ giả thiết có \(C'H\perp (ABC)\).

Gọi \(K\) là hình chiếu vuông góc của \(H\) trên \(AC\) suy ra \(HK\perp AC\).

Ta có \(\left\{\begin{aligned}& AC\perp HK \\ & AC\perp C'H\end{aligned}\right.\Rightarrow AC\perp \left( C'HK \right)=AC\perp C'K\).

Do

\(\left.\begin{aligned}& (ACC'A')\cap (ABC)=AC \\ & C'K\subset (ACC'A'),C'K\perp AC \\ & HK\subset (ABC),HK\perp AC\end{aligned}\right\}\)

\(\Rightarrow \widehat{((ACC'A'),(ABC))}=\widehat{(C'K,HK)}=\widehat{C'KH}=60^\circ\).

Trong \(\Delta HKC\), ta có \(HK=HC\sin 60^\circ=\displaystyle\frac{2BC}{3}\sin 60^\circ=a\sqrt{3}\).

Trong tam giác \(C'HK\), ta có \(C'H=HK\cdot \tan \widehat{C'KH}=3a\).

Ta có \(AH=\sqrt{AB^2+BH^2-2AB\cdot BH\cdot \cos 60^\circ}=a\sqrt{7}\); \(AA'=CC'=\sqrt{CH^2+C'H^2}=a\sqrt{13}\); \(A'H=\sqrt{C'H^2+A'C'^2}=3a\sqrt{2}\).

Áp dụng định lí hàm số côsin trong tam giác \(A'AH\), ta có

\(\cos \widehat{A'AH}=\displaystyle\frac{AA'^2+AH^2-A'H^2}{2AA'\cdot AH}=\displaystyle\frac{\sqrt{91}}{91}.\)

Vậy côsin của góc giữa hai đường thẳng \(BB'\) và \(AH\) bằng \(\displaystyle\frac{\sqrt{91}}{91}\).

Câu 33:

Cho lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) có đáy \(ABC\) là tam giác cân với \(AB=AC=a\), \(\widehat{BAC}=120^\circ\) và \(AB'\) vuông góc với đáy \((A'B'C')\). Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm các cạnh \(CC’\) và \(A'B'\), mặt phẳng \((AA'C')\) tạo với mặt đáy \((A'B'C')\) một góc \(30^\circ\). Tính côsin của góc giữa hai đường thẳng \(AM\) và \(C'N\).

Image

Gọi \(K\) là hình chiếu của \(B'\) lên \(A'C'\).

Suy ra \(B'K\perp A'C'\).

Ta có \(\left.\begin{aligned}& A'C'\perp B'K \\ & A'C'\perp AB'\end{aligned}\right\} \Rightarrow A'C'\perp \left( AB'K \right)\\ \Rightarrow A'C'\perp AK\).

Do \(\left.\begin{aligned}& (AA'C')\cap (A'B'C')=A'C' \\ & AK\subset (AA'C'),AK\perp A'C' \\ & B'K\subset (A'B'C'),B'K\perp A'C'\end{aligned}\right\}\)

\(\Rightarrow \widehat{((AA'C'),(A'B'C'))}=\widehat{(AK,B'K)}=\widehat{AKB'}=30^\circ\).

Gọi \(E\) là trung điểm \(AB'\), suy ra \(NE\) song song và bằng

một nửa \(AA’\) nên \(NE\) song song và bằng \(MC'\).

Do đó tứ giác \(MC'NE\) là hình bình hành, suy ra \(C'N\parallel ME\) nên

\(\widehat{(AM,C'N)}=\widehat{(AM,ME)}=\widehat{AME}\).

Bây giờ ta đi tính các cạnh trong tam giác \(AME\).

Trong tam giác vuông \(B'KA'\), ta có \(B'K=A'B'\sin \widehat{B'A'K}=AB\sin 60^\circ=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

Suy ra \(AB'=B'K\tan \widehat{AKB'}=\displaystyle\frac{a}{2}\) nên \(AE=\displaystyle\frac{1}{2}AB'=\displaystyle\frac{a}{4}\).

Áp dụng định lí hàm số côsin trong tam giác \(ABC\), ta có

\(B'C'=BC=\sqrt{AB^2+AC^2-2AB.AC\cos \widehat{BAC}}=a\sqrt{3}.\)

Theo công thức đường trung tuyến trong tam giác \(A'B'C'\), ta có

\(ME^2=C'N^2=\displaystyle\frac{B'C'^2+A'C'^2}{2}-\displaystyle\frac{A'B'^2}{4}=\displaystyle\frac{7a^2}{4}.\)

Trong tam giác vuông \(AEM\), ta có \(AM=\sqrt{AE^2+EM^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{29}}{4}\).

Do đó \(\cos \widehat{AME}=\displaystyle\frac{ME}{AM}=\sqrt{\displaystyle\frac{28}{29}}\). Vậy \(\cos \widehat{(AM,C'N)}=\sqrt{\displaystyle\frac{28}{29}}\).

Câu 34:

Cho hình lập phương \(ABCD.ABCD\) có cạnh bằng \(a\). Tính góc giữa hai mặt phẳng \((BA'C)\) và \((DA'C)\) .

Image

Kẻ \(BH\perp A'C\) \(\left( H\in A'C \right)\qquad(1)\).

Ta có \(\left.\begin{aligned}& BD\perp AC \\ & BD\perp AA'\end{aligned}\right\}\)\\\(\Rightarrow BD\perp \left( AA'C'C \right)\Rightarrow BD\perp A'C\qquad (2).\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(A'C\perp (BDH)\Rightarrow A'C\perp DH\).

Từ đó suy ra \(\widehat{((BA'C),(DA'C))}=\widehat{(BH,DH)}\).

Vì \(\left.\begin{aligned}& BC\perp AB \\ & BC\perp BB'\end{aligned}\right\}\Rightarrow BC\perp (ABB'A')\Rightarrow BC\perp BA'\) nên tam giác \(CBA'\) vuông tại \(B\).

Suy ra \(BH=\displaystyle\frac{BC\cdot BA'}{\sqrt{BC^2+BA'^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{3}\).

Tương tự ta tính được \(DH=BH=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{3}\).

Áp dụng định lí hàm số côsin trong tam giác \(BDH\), ta có \(\cos \widehat{BHD}=\displaystyle\frac{BH^2+DH^2-BD^2}{2BH\cdot DH}=-\displaystyle\frac{1}{2}.\)

Suy ra \(\widehat{BHD}=120^\circ\). Vậy \(\widehat{((BA'C),(DA'C))}=60^\circ\).

Câu 35:

Cho hình hộp đứng \(ABCD.ABCD\) có đáy là hình vuông cạnh \(a\), cạnh bên \(AA'=a\sqrt{3}\). Tính góc giữa hai mặt phẳng \((BA'C')\) và \((B'AC)\).

Image

Gọi \(M=AB'\cap A'B\) và \(N=BC'\cap B'C\).

Khi đó \((BA'C')\cap (B'AC)=MN\).

Gọi \(O\) là tâm hình vuông \(ABCD\), \(H=B'O\cap MN\).

Ta có \(\left.\begin{aligned}& AC\perp BD \\ & AC\perp BB'\end{aligned}\right\}\Rightarrow AC\perp B'H\Rightarrow MN\perp B'H\).

Tương tự ta có \(MN\perp BH\).

Suy ra \(\widehat{((BA'C'),(B'AC))}=\widehat{(B'H,BH)}\).

Ta có \(BH=B'H=\displaystyle\frac{B'O}{2}=\displaystyle\frac{\sqrt{BB'^2+BO^2}}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{14}}{4}\).

Áp dụng định lí hàm số côsin trong \(\triangle BB'H\), ta có

\(\cos \widehat{BHB'}=\displaystyle\frac{BH^2+B'H^2-BB'^2}{2BH\cdot B'H}=-\displaystyle\frac{5}{7}.\)

Suy ra \(\widehat{BHB'}\approx 136^\circ\). Vậy \(\widehat{((BA'C'),(B'AC))}\approx 44^\circ\).

Câu 36:

Cho hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\) có tất cả các cạnh đều bằng \(2a\), đáy \(ABCD\) là hình vuông. Hình chiếu vuông góc của đỉnh \(A'\) trên mặt phẳng đáy trùng với tâm của đáy. Gọi \(M\) là trung điểm của cạnh \(BC\). Tính côsin của góc giữa hai đường thẳng \(AM\), \(A'C\).

Image

Gọi \(N\) là trung điểm của \(AD\), suy ra \(AM\parallel CN\).

Khi đó

\(\widehat{(AM,A'C)}=\widehat{(CN,A'C)}\).

Gọi \(O\) là tâm của hình vuông \(ABCD\), suy ra \(A'O\perp (ABCD)\).

Ta có \(OA=OC=a\sqrt{2}\); \(A'O=\sqrt{AA'^2-AO^2}=a\sqrt{2}\).

Suy ra \(A'C=\sqrt{A'O^2+OC^2}=2a\);\\ \(CN=AM=\sqrt{AB^2+BM^2}=a\sqrt{5}\);\\ \(A'N=\sqrt{A'O^2+ON^2}=a\sqrt{3}\).

Áp dụng định lý hàm số côsin trong tam giác \(A'NC\), ta có

\(\cos \widehat{A'CN}=\displaystyle\frac{CA'^2+CN^2-A'N^2}{2CA'\cdot CN}=\displaystyle\frac{3}{2\sqrt{5}}>0.\)

Vậy \(\cos \widehat{(AM,A'C)}=\displaystyle\frac{3}{2\sqrt{5}}\).

Câu 37:

Cho hình hộp chữ nhật \(ABCD.A'B'C'D'\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\), \(AA'=b\). Gọi \(M\) là trung điểm \(CC'\). Xác định tỷ số \(\displaystyle\frac{a}{b}\) để hai mặt phẳng \((A'BD)\) và \((MBD)\) vuông góc với nhau.

Image

Gọi \(O=AC\cap BD\).

Ta có \(\left.\begin{aligned}& BD\perp AC \\ & BD\perp AA'\end{aligned}\right\}\Rightarrow BD\perp (ACC'A')\Rightarrow \left\{\begin{aligned}& BD\perp A'O \\ & BD\perp MO\end{aligned}\right.\).

Do \(\left.\begin{aligned}&(A'BD)\cap (MBD)=BD \\ & A'O\subset (A'BD),A'O\perp BD \\ & MO\subset (MBD),MO\perp BD\end{aligned}\right\}\)

\(\Rightarrow \widehat{((A'BD),(MBD))}=\widehat{(A'O,MO)}\).

Để \((A'BD)\perp (MBD)\Leftrightarrow A'O\perp MO\Leftrightarrow A'M^2=A'O^2+MO^2\).

Mà \(A'M^2=A'C'^2+C'M^2={\left( a\sqrt{2} \right)^2}+{\left( \displaystyle\frac{b}{2} \right)^2}=2a^2+\displaystyle\frac{B^2}{4}\);

\(A'O^2=AA'^2+AO^2=B^2+{\left( \displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2} \right)^2}=B^2+\displaystyle\frac{a^2}{2}\);\\ \(MO^2=MC^2+OC^2={\left( \displaystyle\frac{b}{2} \right)^2}+{\left( \displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2} \right)^2}=\displaystyle\frac{B^2}{4}+\displaystyle\frac{a^2}{2}\).

Thay vào trên, ta được \(a^2=B^2\Rightarrow a=b\) (do \(a,b>0)\). Vậy \(\displaystyle\frac{a}{b}=1\).

Câu 38:

Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có cạnh huyền \(BC\) thuộc mặt phẳng \((P)\). Gọi \(\beta\), \(\gamma\) là góc hợp bởi hai đường thẳng \(AB\), \(AC\) với \((P)\). Gọi \(\alpha\) là góc hợp bởi mặt phẳng \((ABC)\) với \((P)\). Chứng minh rằng \(\sin^2\alpha =\sin^2\beta +\sin^2\gamma\).

Image

Kẻ \(AH\) vuông góc với mặt phẳng \((P)\).

Ta có

\(\widehat{ABH}=\beta\) và \(\widehat{ACH}=\gamma\).

Kẻ \(HI\perp BC\) \(\left( I\in BC \right)\). Suy ra \(BC\perp AI\).

Do \(\left.\begin{aligned}& (ABC)\cap (P)=BC \\ & AI\subset (ABC),AI\perp BC \\ & HI\subset (P),HI\perp BC\end{aligned}\right\}\\\Rightarrow \widehat{((ABC),(P))}=\widehat{(AI,HI)}=\widehat{AIH}=\alpha\).

Trong tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), ta có

\(\displaystyle\frac{1}{AI^2}=\displaystyle\frac{1}{AB^2}+\displaystyle\frac{1}{AC^2}\Leftrightarrow \displaystyle\frac{AH^2}{AI^2}=\displaystyle\frac{AH^2}{AB^2}+\displaystyle\frac{AH^2}{AC^2}\Leftrightarrow \sin^2\alpha =\sin^2\beta +\sin^2\gamma .\)

Câu 39:

Cho tứ diện \(ABCD\) có \(AB=b,AC=c,AD=d\) đôi một vuông góc. Gọi \(\alpha ,\beta ,\gamma\) lần lượt là góc giữa mặt phẳng \((BCD)\) với các mặt phẳng \((ACD)\), \(\left( ABD \right)\) và \((ABC)\). Chứng minh \(\cos^2\alpha +\cos^2\beta +\cos^2\gamma =1\).

Image

Kẻ đường cao \(AH\) của tam giác \(ACD\), suy ra \(AH\perp CD\). \((1)\)

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&AB\perp AC\\ &AB\perp AD\\ \end{aligned}\right.\Rightarrow AB\perp(ACD)\Rightarrow AB\perp CD\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(CD\perp \left( ABH \right)\Rightarrow CD\perp BH\).

Do \(\left.\begin{aligned}& (BCD)\cap (ACD)=CD \\ & BH\subset (BCD),BH\perp CD \\ & AH\subset (ACD),AH\perp CD\end{aligned}\right\}\)

\(\Rightarrow \widehat{((BCD),(ACD))}=\widehat{(BH,AH)}=\widehat{AHB}=\alpha.\)

Trong tam giác vuông \(BAH\), ta có \(\tan \alpha =\displaystyle\frac{AB}{AH}=\displaystyle\frac{b}{AH}\).

Mà \(AH=\displaystyle\frac{AD\cdot AC}{\sqrt{AD^2+AC^2}}=\displaystyle\frac{dc}{\sqrt{D^2+C^2}}\) suy ra \(\tan \alpha =\displaystyle\frac{b\sqrt{C^2+D^2}}{cd}\).

Từ hệ thức \(1+\tan^2\alpha =\displaystyle\frac{1}{\cos^2\alpha }\) suy ra \(\cos^2\alpha =\displaystyle\frac{C^2D^2}{B^2C^2+C^2D^2+D^2B^2}\).

Tương tự, ta có \(\cos^2\beta =\displaystyle\frac{B^2D^2}{B^2C^2+C^2D^2+D^2B^2}\); \(\cos^2\gamma =\displaystyle\frac{B^2C^2}{B^2C^2+C^2D^2+D^2B^2}\).

Vậy \(\cos^2\alpha +\cos^2\beta +\cos^2\gamma =1\).

Câu 40:

Cho tứ diện \(ABCD\) có \(AB=b\), \(AC=c\), \(AD=d\) đôi một vuông góc. Gọi \(\alpha\), \(\beta\), \(\gamma\) lần lượt là góc giữa mặt phẳng \((BCD)\) với các mặt phẳng \((ACD)\), \(\left( ABD \right)\) và \((ABC)\).

a) Chứng minh \(\tan^2\alpha +\tan^2\beta +\tan^2\gamma +2=\tan^2\alpha \cdot \tan^2\beta \cdot \tan^2\gamma\).

b) Giả sử \(b=c+d\). Chứng mih rằng \(\widehat{ABC}+\widehat{ABD}+\widehat{CBD}=90^\circ\).

Image

a) Kẻ đường cao \(AH\) của tam giác \(ACD\), suy ra \(AH\perp CD\). \((1)\)

Ta có \(\left\{\begin{aligned}& AB\perp AC \\ & AB\perp AD\end{aligned}\right.\Rightarrow AB\perp (ACD)\Rightarrow AB\perp CD.\qquad(2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(CD\perp \left( ABH \right)\Rightarrow CD\perp BH\).

Do \(\left.\begin{aligned}& (BCD)\cap (ACD)=CD \\ & BH\subset (BCD),BH\perp CD \\ & AH\subset (ACD),AH\perp CD\end{aligned}\right\}\Rightarrow \widehat{((BCD),(ACD))}=\widehat{(BH,AH)}=\widehat{AHB}=\alpha\).

Trong tam giác vuông \(BAH\), ta có \(\tan \alpha =\displaystyle\frac{AB}{AH}=\displaystyle\frac{b}{AH}\).

Mà \(AH=\displaystyle\frac{AD\cdot AC}{\sqrt{AD^2+AC^2}}=\displaystyle\frac{dc}{\sqrt{d^2+c^2}}\) suy ra \(\tan \alpha =\displaystyle\frac{b\sqrt{c^2+d^2}}{cd}\)

nên \(\tan^2\alpha =\displaystyle\frac{b^2}{c^2}+\displaystyle\frac{b^2}{d^2}\).

Tương tự \(\tan^2\beta =\displaystyle\frac{c^2}{b^2}+\displaystyle\frac{c^2}{d^2}\), \(\tan^2\gamma =\displaystyle\frac{d^2}{b^2}+\displaystyle\frac{d^2}{c^2}\).

Do đó \(\tan^2\alpha \cdot \tan^2\beta \cdot \tan^2\gamma =\left( \displaystyle\frac{b^2}{c^2}+\displaystyle\frac{b^2}{d^2} \right)\cdot \left( \displaystyle\frac{c^2}{b^2}+\displaystyle\frac{c^2}{d^2} \right)\cdot \left( \displaystyle\frac{d^2}{b^2}+\displaystyle\frac{d^2}{c^2} \right)\)

\(=\displaystyle\frac{b^2}{c^2}+\displaystyle\frac{b^2}{d^2}+\displaystyle\frac{c^2}{b^2}+\displaystyle\frac{c^2}{d^2}+\displaystyle\frac{d^2}{b^2}+\displaystyle\frac{d^2}{c^2}+2.\)

b) Ta có \(\widehat{ABC}+\widehat{ABD}+\widehat{CBD}=90^\circ\) suy ra \(\widehat{CBD}=90^\circ-\left( \widehat{ABC}+\widehat{ABD} \right)\) nên \(\cos \widehat{CBD}=\sin \left( \widehat{ABC}+\widehat{ABD} \right).\)

Mà \(\cos \widehat{CBD}=\displaystyle\frac{BC^2+BD^2-CD^2}{2BC\cdot BD}=\displaystyle\frac{\left( AB^2+AC^2 \right)+\left( AB^2+AD^2 \right)-\left( AC^2+AD^2 \right)}{2BC\cdot BD}=\displaystyle\frac{AB^2}{BC\cdot BD};\)

Lại có

\begin{eqnarray*}& &\sin \left( \widehat{ABC}+\widehat{ABD} \right)=\sin \widehat{ABC}\cos \widehat{ABD}+\sin \widehat{ABD}\cos \widehat{ABC}\\&=&\displaystyle\frac{AC}{BC}\cdot \displaystyle\frac{AB}{BD}+\displaystyle\frac{AD}{BD}\cdot \displaystyle\frac{AB}{BC}=\displaystyle\frac{AB\left( AC+AD \right)}{BC\cdot BD}.\end{eqnarray*}

Suy ra \(\displaystyle\frac{AB^2}{BC\cdot BD}=\displaystyle\frac{AB\left( AC+AD \right)}{BC\cdot BD}\Leftrightarrow AB=AC+AD\Leftrightarrow b=c+d\). Đúng theo giả thiết.

Câu 41:

Cho hình vuông \(ABCD\) có tâm \(O\), cạnh \(a\). Trên hai tia \(Bx\), \(Dy\) vuông góc với mặt phẳng \((ABCD)\) và cùng chiều, lần lượt lấy hai điểm \(M\) và \(N\) sao cho \(BM\cdot DN=\displaystyle\frac{a^2}{2}\). Đặt \(\widehat{BOM}=\alpha\), \(\widehat{DON}=\beta\).

a) Chứng minh \(\tan \alpha \cdot \tan \beta =1\).

b) Chứng minh \((ACM)\perp (ACN)\).

c) Gọi \(H\) là hình chiếu của \(O\) trên \(MN\). Tính \(OH\) và từ đó chứng minh \(AH\perp HC\); \((AMN)\perp (CMN)\).

Image

a) Trong tam giác vuông \(MBO\), ta có \(\tan \alpha =\displaystyle\frac{BM}{OB}\);

Trong tam giác vuông \(NDO\), ta có \(\tan \beta =\displaystyle\frac{DN}{OD}\).

Suy ra \(\tan \alpha \cdot \tan \beta =\displaystyle\frac{BM\cdot DN}{OB\cdot OD}=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{a^2}{2}}{\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot \displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}}=1\) (do \(OB=OD=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\)).

b) Từ giả thiết \(MB\perp (ABCD)\) suy ra \(MB\perp AC\).

Ta có \(\left.\begin{aligned}& AC\perp MB \\ & AC\perp BD\end{aligned}\right\}\Rightarrow AC\perp \left( BMND \right)\) suy ra \(\left\{\begin{aligned}& AC\perp OM \\ & AC\perp ON\end{aligned}\right.\).

Do \(\left.\begin{aligned}& (ACM)\cap (ACN)=AC \\ & OM\subset (ACM),OM\perp AC \\ & ON\subset (ACN),ON\perp AC\end{aligned}\right\}\)

\(\Rightarrow \widehat{((ACM),(ACN))}=\widehat{(OM,ON)}=\widehat{MON}\).

Theo kết quả câu a, ta có \(\tan \alpha =\displaystyle\frac{1}{\tan \beta }=\cot \beta\).

Suy ra \(\alpha\) và \(\beta\) là hai góc phụ nhau nên \(\alpha +\beta =90^\circ\).

Do đó \(\widehat{MON}=90^\circ\) hay \((ACM)\perp (ACN)\).

c) Trong tam giác vuông \(MON\), ta có

\(\displaystyle\frac{1}{OH^2}=\displaystyle\frac{1}{OM^2}+\displaystyle\frac{1}{ON^2}\).

Mà \(OM=\displaystyle\frac{OB}{\cos \alpha }\), \(ON=\displaystyle\frac{OB}{\cos \beta }\) và \(\alpha +\beta =90^\circ\) nên \(\cos^2\beta =\sin^2\alpha\).\\ Thay vào trên ta được

\(\displaystyle\frac{1}{OH^2}=\displaystyle\frac{1}{OM^2}+\displaystyle\frac{1}{ON^2}=\displaystyle\frac{\cos^2\alpha }{OB^2}+\displaystyle\frac{\cos^2\beta }{OB^2}=\displaystyle\frac{\cos^2\alpha +\sin^2\alpha }{OB^2}=\displaystyle\frac{1}{OB^2}\( hay \(OH=OB=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\).

Từ \(OH=OB=OA=OC=\displaystyle\frac{AC}{2}\) nên tam giác \(AHC\) vuông tại \(H\). Suy ra \(AH\perp HC\). \((1)\)

Do \(AC\perp \left( BMND \right)\) suy ra \(AC\perp MN\).

Ta có \(\left.\begin{aligned}& MN\perp AC \\ & MN\perp OH\end{aligned}\right\}\Rightarrow MN\perp \left( AHC \right)\) suy ra \(MN\perp AH\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(AH\perp (CMN)\) nên \((AMN)\perp (CMN)\).

Dạng 3. Tính góc nhị diện

Câu 1:

Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) cạnh \(a\). Xác định và tính góc phẳng nhị diện.

a) \([A,BD,A']\);

b) \([C,BD,A']\).

Image

a) Gọi \(O\) là tâm của hình vuông \(ABCD\).

Ta có \(OA\perp BD\) và \(OA'\perp BD\). Suy ra \(\widehat{AOA'}\) là góc nhị diện \([A,BD,A']\).

Xét \(\triangle AOA'\) vuông tại \(A\), ta có

\[\tan\widehat{A'OA}=\displaystyle\frac{AA'}{AO}=\displaystyle\frac{a}{\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}}=\sqrt{2}\Rightarrow \widehat{A'OA}\approx 54{,}7^\circ.\]

b) Ta có \(OC\perp BD\) và \(OA'\perp BD\).

Suy ra \(\widehat{A'OC}\) là góc phẳng nhị diện \([C,BD,A']\).

Ta có \(\widehat{A'OC}=180^\circ - \widehat{A'OA}\approx 125{,}3^\circ\).

Câu 2:

Cho hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) với \(O\) là tâm của đáy và có tất cả các cạnh đều bằng \(a\). Xác định và tính góc phẳng nhị diện.

a) \([S,BC,O]\);

b) \([C,SO,B]\).

Image

a) Gọi \(I\) là trung điểm \(BC\). Suy ra \(OI=\displaystyle\frac{AB}{2}=\displaystyle\frac{a}{2}\).

Ta có \(\triangle SBC\) cân tại \(S\) và \(\triangle OBC\) cân tại \(O\), có \(I\) là trung điểm \(AC\) nên suy ra \(SI\perp AC\), \(OI\perp BC\).

Khi đó \([S,BC,O]\) là \(\widehat{SIO}\).

Vì \(S.ABCD\) là tứ diện đều nên \(SO\perp (ABCD)\). Khi đó

\[SO=\sqrt{SC^2 - OC^2 }=\sqrt{a^2 -\left(\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}.\]

Xét \(\triangle SOI\) vuông tại \(O\), ta có

\[\tan \widehat{SIO}=\displaystyle\frac{SO}{OI}=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\displaystyle\frac{a}{2}}=\sqrt{2}\Rightarrow \widehat{SIO}\approx 54{,}7^\circ.\]

b) Vì \(SO\perp (ABCD)\) nên \(CO\perp SO\) và \(BO\perp SO\).

Suy ra \([C,SO,B]\) là \(\widehat{COB}\).

Vì \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều nên \(ABCD\) là hình vuông. Suy ra \(AC\perp BD\) hay \(CO\perp BO\)

Vậy \([C,SO,B]=\widehat{COB}=90^\circ\).

Câu 3:

Cho biết kim tự tháp Memphis tại bang Tennessee (Mỹ) có dạng hình chóp tứ giác đều với chiều cao \(98\) m và cạnh đáy \(180\) m. Tính số đo góc nhị diện tạo bởi mặt bên và mặt đáy.

Image

Gọi \(I\) là trung điểm \(BC\). Suy ra \(OI=\displaystyle\frac{180}{2}=90\) m.

Ta có \(\triangle SBC\) cân tại \(S\) và \(\triangle OBC\) cân tại \(O\), có \(I\) là trung điểm \(AC\) nên suy ra \(SI\perp AC\), \(OI\perp BC\).

Khi đó \([S,BC,O]\) là \(\widehat{SIO}\).

Xét \(\triangle SOI\) vuông tại \(O\), ta có

\[\tan \widehat{SIO}=\displaystyle\frac{SO}{OI}=\displaystyle\frac{98}{90}=\displaystyle\frac{49}{45}\Rightarrow \widehat{SIO}\approx 47{,}4^\circ.\]

Vậy số đo góc nhị diện tạo bởi mặt bên và mặt đáy là \(47{,}4^\circ\).

Câu 4:

Cho tứ diện đều \(ABCD\). Vẽ hình bình hành \(BCED\).

a) Tìm góc giữa đường thẳng \(AB\) và \((BCD)\).

b) Tìm góc phẳng nhị diện \([A,CD,B]\); \([A,CD,E]\).

Image

a) 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 \(30^\circ\).

b) 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 5:

Cho hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có \(O\) là tâm của đáy và có tất cả các cạnh bằng nhau.

a) Tìm góc giữa đường thẳng \(SA\) và \((ABCD)\).

b) Tìm góc phẳng nhị diện \([A,SO,B]\), \([S,AB,O]\).

Image

a) 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

\[\cos \widehat{SAO}=\displaystyle\frac{AO}{SA}=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}}{a}=\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2} \Rightarrow \widehat{SAO}=45^\circ.\]

b) 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 6:

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 \(\displaystyle\frac{a}{2}\), \(OO'=a\).

a) Tìm góc giữa cạnh bên và mặt đáy.

b) Tìm góc phẳng nhị diện \([O,AB,A']\), \([O',A'B',A]\).

Image

a) 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 \(\approx 63^\circ 26'\).

b) 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 7:

Một con dốc có dạng hình lặng trụ đứng tam giác với kích thước như hình bên.

a) Tính số đo góc giữa đường thẳng \(CA'\) và \((CC'B'B)\).

b) Tính số đo góc nhị diện cạnh \(CC'\).

Image

a) 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 \((CA',(CC'B'B))\approx 14{,}36^\circ\).

a) 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 8:

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

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

b) 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

a) 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 \((SAH) \perp(SBC)\).

b) 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 9:

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

a) Tính độ dài đường chéo của hình lập phương.

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

c) 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

a) 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*}

b) 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 \((ACC'A') \perp(BDD'B')\).

c) 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 10:

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có \(SA \perp (ABCD)\), đáy \(ABCD\) là hình thoi cạnh bằng \(a\), \(AC=a\), \(SA= \displaystyle\frac{1}{2}a\). Gọi \(O\) là giao điểm của hai đường chéo hình thoi \(ABCD\) và \(H\) là hình chiếu của \(O\) trên \(SC\).

a) Tính số đo của các góc nhị diện \([B, SA, D]\); \([S, BD, A]\); \([S, BD, C]\).

b) Chứng minh rằng \(\widehat{BHD}\) là một góc phẳng của góc nhị diện \([B,SC,D]\).

Image

a) Vì \(SA \perp (ABCD)\) nên \(AB\) và \(AD\) vuông góc với \(SA\).

Vậy \(\widehat{BAD}\) là một góc phẳng của góc nhị diện \([B,SA,D]\).

Hình thoi \(ABCD\) có cạnh bằng \(a\) và \(AC=a\) nên các tam giác \(ABC\), \(ABD\) đều. Do đó \(\widehat{BAD}=120^\circ\).

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

Vì \(BD \perp AC\) và \(BD \perp SA\) nên \(BD \perp (SAC)\).

Vậy \(AC\) và \(SO\) vuông góc với \(BD\). Suy ra \(\widehat{AOS}\) là một góc phẳng của góc nhị diện \([S,BD,A]\) và \(\widehat{COS}\) là một góc phẳng của góc nhị diện \([S,BD,C]\).

Tam giác \(SAO\) vuông tại \(A\) và có \(SA=\displaystyle\frac{1}{2}a=AO\) nên \(\widehat{AOS}=45^\circ\).

Suy ra \(\widehat{COS}= 180^\circ- \widehat{AOS}= 135^\circ\).

b) Theo chứng minh trên, \(BD \perp (SAC)\) nên \(BD \perp SC\). Mặt khác, \(OH \perp SC\) nên \(SC \perp (BHD)\).

Do đó \(\widehat{BHD}\) là một góc phẳng của góc nhị diện \([B,SC,D]\).

Câu 11:

Trong các công trình xây dựng nhà ở, độ dốc mái được hiểu là độ nghiêng của mái khi hoàn thiện so vơi mặt phẳng nằm ngang. Khi thi công, mái nhà cần một độ nghiêng nhất định để đảm bảo thoát nước tốt tránh gây ra tình trạng đọng nươc hay thấm dột. Quan sát hình dưới và cho biết góc nhị diện nào phản ánh độ dốc của mái.

Image

Giả sử nửa mặt phẳng \((P)\) (minh hoạ mặt phẳng nằm ngang) và nửa mặt phẳng \((Q)\) (minh hoạ mái nhà) cắt nhau theo giao tuyến \(d\) (Hình b). Khi đó góc nhị diện có cạnh là đường thẳng \(d\), hai mặt lần lượt là \((P)\) và \((Q)\) phản ánh độ dốc của mái. Độ dốc đó cũng được phản ánh bởi góc phẳng nhị diện \(xOy\) của góc nhị diện trên (Hình a).

Câu 12:

Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác vuông cân tại \(B\), \(AB=a\), \(SA \perp(ABC)\), \(SA=a\sqrt{3}\) (Hình bên ). Tính số đo theo đơn vị độ của mỗi góc nhị diện sau:

Image

a) \([B, SA, C]\);

b) \([A, BC, S]\).

a) Vì \(SA \perp(ABC)\) nên \(SA \perp AB\), \(SA \perp AC\).

Do đó, góc \(BAC\) là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện \([B, SA, C]\).

Do tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(B\) nên \(\widehat{BAC}=45^\circ\).

Vậy số đo của góc nhị diện \([B, SA, C]\) bằng \(45^\circ\).

b) Vì \(SA \perp(ABC)\) nên \(SA \perp BC\).

Như vậy \(BC\) vuông góc với hai đường thẳng \(AB\) và \(SB\), suy ra góc \(SBA\) là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện \([A, BC, S]\).

Trong tam giác vuông \(SAB\), ta có

\(\tan \widehat{SBA}=\displaystyle\frac{SA}{AB}=\displaystyle\frac{a \sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}.\)

Suy ra \(\widehat{SBA}=60^\circ\). Vậy số đo của góc nhị diện \([A, BC, S]\) bằng \(60^\circ\).

Câu 13:

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có \(SA \perp(ABCD)\), đáy \(ABCD\) là hình thoi cạnh \(a\) và \(AC=a\).

a) Tính số đo của góc nhị diện \([B, SA, C]\).

b) Tính số đo của góc nhị diện \([B, SA, D]\).

c) Biết \(SA=a\), tính số đo của góc giữa đường thẳng \(SC\) và mặt phẳng \((ABCD)\).

Image

a) 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 \(60^\circ\).

b) 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 \(120^\circ\).

c) 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 \(45^\circ\).

Câu 14:

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông, hai đường thẳng \(AC\) và \(BD\) cắt nhau tại \(O\), \(SO \perp(ABCD)\), tam giác \(SAC\) là tam giác đều.

a) Tính số đo của góc giữa đường thẳng \(SA\) và mặt phẳng \((ABCD)\).

b) Chứng minh rằng \(AC \perp(SBD)\). Tính số đo của góc giữa đường thẳng \(SA\) và mặt phẳng \((SBD)\).

c) Gọi \(M\) là trung điểm của cạnh \(AB\). Tính số đo của góc nhị diện \([M, SO, D]\).

Image

a) 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 \(60^\circ\).

b) Vì \(SO \perp (ABCD)\) nên suy ra \(SO \perp AC\). (1)

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

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

c) 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 \(135^\circ\).

Câu 15:

Trong hình bên, máy tính xách tay đang mở gợi nên hình ảnh của một góc nhị diện. Ta gọi số đo góc nhị diện đó là độ mở của màn hình máy tính. Tính độ mở của màn hình máy tính theo đơn vị độ, biết tam giác \(ABC\) có độ dài các cạnh là \(AB=AC=30\) cm và \(BC=30\sqrt{3}\) cm.

Image

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 \(120^\circ\).

Câu 16:

Trong hình bên, xét các góc nhị diện có góc phẳng nhị diện tương ứng là \(\widehat{B}\), \(\widehat{C}\), \(\widehat{D}\), \(\widehat{E}\) trong cùng mặt phẳng. Lục giác \(ABCDEG\) nằm trong mặt phẳng đó có \(AB=GE=2\) m, \(BC=DE\), \(\widehat{A}=\widehat{G}=90^\circ\), \(\widehat{B}=\widehat{E}=x\), \(\widehat{C}=\widehat{D}=y\). Biết rằng khoảng cách từ \(C\) và \(D\) đến \(AG\) là \(4\) m, \(AG=12\) m, \(CD=1\) m. Tìm \(x\), \(y\) (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị theo đơn vị độ).

Image

Image

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

\(\tan\widehat{CBI}=\displaystyle\frac{CI}{BI}=\displaystyle\frac{2}{5{,}5}\Rightarrow\widehat{CBI}\approx20^\circ\Rightarrow\widehat{BCI}\approx 70^\circ.\)

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

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

Câu 17:

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

Image

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

b) 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.

c) 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

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

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

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

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