\(\S5\) GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG
Bài tập sách Chân trời sáng tạo
Bài tập 1
Cho tứ diện đều \(ABCD\). Vẽ hình bình hành \(BCED\).
\(\bullet\,\) Tìm góc giữa đường thẳng \(AB\) và \((BCD)\).
\(\bullet\,\) Tìm góc phẳng nhị diện \([A,CD,B]\); \([A,CD,E]\).
\(\bullet\,\) 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
\([A,CD,E]=[(ACD),CD,(BCDE)]=[A,CD,B]=\widehat{BMA}\approx 71{,}6^\circ.\)
Bài tập 2
Cho hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có \(O\) là tâm của đáy và có tất cả các cạnh bằng nhau.
\(\bullet\,\) Tìm góc giữa đường thẳng \(SA\) và \((ABCD)\).
\(\bullet\,\) Tìm góc phẳng nhị diện \([A,SO,B]\), \([S,AB,O]\).
\(\bullet\,\) 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 \([A,SO,B]\approx 54{,}7^\circ\).
Bài tập 3
Cho hình chóp cụt lục giác đều \(ABCDEF.A'B'C'D'E'F'\) với \(O\) và \(O'\) là tâm hai đáy, cạnh đáy lớn và đáy nhỏ lần lượt là \(a\) và \(\displaystyle\frac{a}{2}\), \(OO'=a\).
\(\bullet\,\) Tìm góc giữa cạnh bên và mặt đáy.
\(\bullet\,\) Tìm góc phẳng nhị diện \([O,AB,A']\), \([O',A'B',A]\).
\(\bullet\,\) 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 \(\widehat{O'K'K}=180^\circ - \widehat{K'KO} =180^\circ- 66^\circ 35'=113^\circ 25'\).
Bài tập 4
Một con dốc có dạng hình lặng trụ đứng tam giác với kích thước như hình bên.
\(\bullet\,\) Tính số đo góc giữa đường thẳng \(CA'\) và \((CC'B'B)\).
\(\bullet\,\) Tính số đo góc nhị diện cạnh \(CC'\).
\(\bullet\,\) 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 \(18{,}43^\circ\).
Bài tập 5
Người ta định đào một cái hầm có dạng hình chóp cụt tứ giác đều có hai cạnh đáy là \(14\) m và \(10\) m. Mặt bên tạo với đáy nhỏ thành một góc nhị diện có số đo \(135^\circ\). Tính số mét khối đất cần di chuyển ra khỏi hầm.
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*}
Bài tập sách Kết nối tri thức
Bài tập 1
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 \((SAB)\).
\(\bullet\,\) 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 \(SAB\).
Bài tập 2
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 \((SAC)\).
\(\bullet\,\) 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 \(SO\).
Bài tập 3
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 \((A B C)\).
\(\bullet\,\) 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
\(\tan\widehat{SCA}=\displaystyle\frac{SA}{AC}=\displaystyle\frac{a}{a\sqrt{2}}=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}\) \(\Rightarrow \widehat{SCA}=45^\circ\).
Bài tập 4
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 \(H M'\).
\(\bullet\,\) 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 \(H M'\).
Bài tập 5
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.
Bài tập sách Cánh diều
Bài tập 1
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 \((ABCD)\).
\(\bullet\,\) 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 \(45^\circ\).
Bài tập 2
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 \([M, SO, D]\).
\(\bullet\,\) 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 \(135^\circ\).
Bài tập 3
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)?
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 \(\approx 10{,}67\%\).
Bài tập 4
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.
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 \(120^\circ\).
Bài tập 5
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).
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 \(y \approx 160^\circ\).
Bài tập 6
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 \(\cos \alpha\).
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 \(\cos \alpha\).
