BÀI TẬP GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG TRONG KHÔNG GIAN

     
*
Thư viện Lớp 1 Lớp 1 Lớp 2 Lớp 2 Lớp 3 Lớp 3 Lớp 4 Lớp 4 Lớp 5 Lớp 5 Lớp 6 Lớp 6 Lớp 7 Lớp 7 Lớp 8 Lớp 8 Lớp 9 Lớp 9 Lớp 10 Lớp 10 Lớp 11 Lớp 11 Lớp 12 Lớp 12 Lời bài hát Lời bài hát Tuyển sinh Đại học, Cao đẳng Tuyển sinh Đại học, Cao đẳng

Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng


Tải xuống 12 1.136 13

emtc2.edu.vn xin giới thiệu đến các quý thầy cô, các em học sinh đang trong quá trình ôn tập bộ bài tập Góc giữa đường thẳng và mặt phẳngToán lớp 12, tài liệu bao gồm 12 trang, tuyển chọn các bài tập Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng đầy đủ lý thuyết, phương pháp giải chi tiết và bài tập có lời giải, giúp các em học sinh có thêm tài liệu tham khảo trong quá trình ôn tập, củng cố kiến thức và chuẩn bị cho kì thi tốt nghiệp THPT môn Toán sắp tới. Chúc các em học sinh ôn tập thật hiệu quả và đạt được kết quả như mong đợi.

Bạn đang xem: Bài tập góc giữa đường thẳng và mặt phẳng trong không gian

Tài liệu Góc giữa đường thẳng và mặt phẳnggồm các nội dung chính sau:

I. Phương pháp giải

- tóm tắt lý thuyết ngắn gọn;

- phương pháp giải chi tiết từng dạng bài tập.

II. Một số ví dụ/ Ví dụ minh họa

- gồm 4 dạng bài tập và 16 ví dụ minh họa đa dạng của các dạng bài tập trên có lời giải chi tiết.

Mời các quý thầy cô và các em học sinh cùng tham khảo và tải về chi tiết tài liệu dưới đây:

Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

I. Phương pháp giải

Định nghĩa: Nếu đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (P) thì ta nói rằng góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) bằng (hình 1).

Nếu đường thẳng a không vuông góc với mặt phẳng (P) thì góc giữa a và hình chiếu của nó trên (P) được gọi là góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) (hình 2).

*

Chú ý: Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng không vượt quá 90°.

■ Phương pháp giải:

Sử dụng định nghĩa góc giữa đường thẳng và mặt phẳng.

*

Cách tìm hình chiếu a"của a trên mặt phẳng (P) ta có thể làm như sau:

Tìm giao điểmM=a∩P.

Tìm một điểm A tùy ý trên đường thẳng a A≠M và xác định hình chiếu vuông góc H của A trên mặt phẳng (P). Khi đó, là đường thẳng đi qua hai điểm A và M. Ta có β=a;P^=AMH^.

Xét tam giác vuông AMH ta có: cosβ=HMAMtanβ=AHMHsinβ=AHAM=dA;PAM

(trong đó dA;Plà khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P)).

II. Ví dụ minh họa

- Dạng 1: Góc giữa cạnh bên và mặt đáy

*

Tìm góc giữa cạnh bên SA và mặt đáy (ABC)

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng đáy (ABC).

Như vậy HA là hình chiếu vuông góc của SA trên (ABC).

VậySA;ABC^=SA;HA^=SAH^.

Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, có . Biết , SB tạo với đáy một góc và M là trung điểm của BC.

a) Tính cosin góc giữa SC và mặt phẳng (ABC).

b) Tính cosin góc giữa SM và mặt phẳng (ABC).

Lời giải

*

a) DoSA⊥ABC⇒SB;ABC^=SBA^=60°.

Do đóSA=ABtanSBA^=atan60°=a3.

Ta có:AC=AB2+BC2=2a;SC;ABC^=SCA^.

Khi đó:cosSCA^=ACSC=ACSA2+AC2=2a3a2+4a2=27.

b) DoSA⊥ABC⇒SM;ABC^=SMA^=φ.

Ta có:AM=AB2+BM2=a2+a322=a72.

Khi đócosφ=AMSM=AMSA2+AM2=13319.


Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình chữ nhật có \. Tam giác (SAB) đều và thuộc mặt phẳng vuông góc với đáy.

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

b) Gọi I là trung điểm của BC. Tính tan góc giữa SI và mặt phẳng (ABCD).

Lời giải


*

a) Gọi H là trung điểm của AB ta có: \

Mặt khác

\<\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\AB = \left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right)\end{array} \right.\\ \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right).\end{array}\>

Tam giác SAB đều cạnh 2a nên \

\

Do \\< \Rightarrow \left( {\widehat {SB;\left( {ABCD} \right)}} \right) = \widehat {SBH} = 60^\circ \>

\<\left( {\widehat {SC;\left( {ABCD} \right)}} \right) = \widehat {SCH}\> và \<\tan \widehat {SCH} = \frac{{SH}}{{HC}} = \sqrt {\frac{3}{2}} .\>

b) Ta có:

\<\begin{array}{l}HI = \sqrt {H{B^2} + B{I^2}} \\ = \sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}.\end{array}\>

Mặt khác \<\left( {\widehat {SI;\left( {ABCD} \right)}} \right) = \widehat {SIH}\> và \<\widehat {SIH} = \frac{{SH}}{{SI}} = a\sqrt 3 :\frac{{a\sqrt 5 }}{2} = \frac{{2\sqrt {15} }}{5}.\>

Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABCD, có đáy là nửa lục giác đều cạnh a, \. Biết \ và đường thẳng SB tạo với đáy một góc \<45^\circ .\>

a) Tính cosin góc tạo bởi các cạnh SC, SD và mặt đáy (ABCD).

b) Gọi I là trung điểm của CD, tính tan góc tạo bởi SI và mặt phẳng (ABCD).

Xem thêm:

Lời giải


*

a) Gọi O là trung điểm của AD \< \Rightarrow \> OABC là hình thoi cạnh a \< \Rightarrow CO = a = \frac{1}{2}AD \Rightarrow \Delta ACD\> vuông tại C.

Do \\< \Rightarrow \widehat {\left( {SB;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {SBA} = 45^\circ .\>

Do đó \

\<\begin{array}{l}AC = \sqrt {A{D^2} - C{D^2}} = a\sqrt 3 \\ \Rightarrow \cos \widehat {\left( {SC;\left( {ABC} \right)} \right)} = \cos \widehat {SCA}\end{array}\>

\<\begin{array}{l} = \frac{{AC}}{{SC}} = \frac{{AC}}{{\sqrt {S{A^2} + A{C^2}} }}\\ = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\sqrt {{a^2} + 3{a^2}} }} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.\end{array}\>

\<\begin{array}{l}\cos \left( {\widehat {SD;\left( {ABCD} \right)}} \right) = \cos \widehat {SDA}\\ = \frac{{AD}}{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }} = \frac{2}{{\sqrt 5 }}.\end{array}\>

b) Ta có:

\<\begin{array}{l}AI = \sqrt {A{C^2} + C{I^2}} \\ = \sqrt {3{a^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {13} }}{2}.\end{array}\>

Do đó

\<\begin{array}{l}\tan \widehat {\left( {SI;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \tan \widehat {SIA}\\ = \frac{{SA}}{{AI}} = \frac{2}{{\sqrt {13} }}.\end{array}\>

Dạng 2: Góc giữa cạnh bên và mặt phẳng chứa đường cao


*

Tìm góc giữa cạnh bên SB và mặt phẳng (SHA) với \<\left( {SHA} \right) \bot \left( {ABH} \right).\>

Dựng \, có \

Suy ra K là hình chiếu vuông góc của B trên mặt phẳng (SAH).

Vậy \<\widehat {\left( {SB;\left( {SAH} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SB;SK} \right)} = \widehat {BSK}.\>

Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật có \

Biết SC tạo với đáy một góc \<60^\circ \>. Tính cosin góc tạo bởi:

a) SC và mặt phẳng (SAB); SC và mặt phẳng (SAD).

b) SD và mặt phẳng (SAC).

Lời giải


*

Do \\< \Rightarrow \widehat {\left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {SCA} = 60^\circ .\>

Lại có:

\<\begin{array}{l}AC = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = 2a\\ \Rightarrow SA = AC\tan 60^\circ = 2a\sqrt 3 .\end{array}\>

Khi đó \<\left\{ \begin{array}{l}SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = a\sqrt {13} \\SD = \sqrt {S{A^2} + A{D^2}} = a\sqrt {15} \\SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}} = 4a.\end{array} \right.\>

Do \<\left\{ \begin{array}{l}CB \bot SA\\CB \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow CB \bot \left( {SAB} \right)\>\< \Rightarrow \widehat {\left( {SC;\left( {SAB} \right)} \right)} = \widehat {CSB}.\>

Mặt khác \<\cos \widehat {CSB} = \frac{{SB}}{{SC}} = \frac{{\sqrt {13} }}{4}.\>

Tương tự \ và \<\cos \widehat {SCD} = \frac{{SD}}{{SC}} = \frac{{\sqrt {15} }}{4}.\>

Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi tâm O cạnh a, \

Biết SC tạo với đáy một góc \<60^\circ \>. Tính tan góc tạo bởi:

a) SC và mặt phẳng (SAB).

b) SD và mặt phẳng (SAC).

Lời giải


*

a) Ta có: \ tại O. Khi đó \

Xét tam giác vuông OAB ta có: \<\sin \widehat {OAB} = \frac{{OB}}{{AB}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\>

\< \Rightarrow \widehat {OAB} = 60^\circ \Rightarrow \Delta ABC\> đều cạnh a.

Mặt khác

\<\begin{array}{l}SA \bot \left( {ABCD} \right)\\ \Rightarrow \widehat {\left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {SCA} = 60^\circ .\end{array}\>

Suy ra \

Dựng \

\< \Rightarrow \widehat {\left( {SC;\left( {SAB} \right)} \right)} = \widehat {CSH}.\>

Do \<\Delta ABC\> đều cạnh a nên H là trung điểm của AB.

Ta có: \ trong đó \

Do đó \<\tan \widehat {CSH} = \frac{{\sqrt 3 }}{{\sqrt {13} }} = \frac{{\sqrt {39} }}{{13}}.\>

b) Ta có:

\<\left\{ \begin{array}{l}DO \bot AC\\DO \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow \left( {\widehat {SD;\left( {SAC} \right)}} \right) = \widehat {DSO}\> và \<\tan \widehat {DSO} = \frac{{OD}}{{SO}}.\>

Trong đó

\<\begin{array}{l}OD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2};\\SO = \sqrt {S{A^2} + O{A^2}} = \frac{{a\sqrt {13} }}{2}\\ \Rightarrow \tan \widehat {DSO} = \frac{{\sqrt {39} }}{{13}}.\end{array}\>

Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD, hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt đáy là điểm H thuộc cạnh AB sao cho \<\overrightarrow {HB} = - 2\overrightarrow {HA} \>. Biết \ và \. Tính tan góc tạo bởi:

a) SA và mặt phẳng (SHD).

b) SB và mặt phẳng (SHC).

Lời giải


a) Ta có:

\<\begin{array}{l}AH = 1,HB = 2\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}SA = \sqrt {S{H^2} + A{H^2}} = \sqrt 5 \\SB = \sqrt {S{H^2} + H{B^2}} = 2\sqrt 2 \end{array} \right.\end{array}\>

Dựng

\<\begin{array}{l}AE \bot DH \Rightarrow AE \bot \left( {SHD} \right)\\ \Rightarrow \widehat {\left( {SA;\left( {SHD} \right)} \right)}{\rm{ = }}\widehat {{\rm{ASE}}}\end{array}\>

Mặt khác \

Suy ra \<\tan \widehat {{\rm{ASE}}} = \frac{{AE}}{{SA}} = \frac{6}{{\sqrt {185} }}.\>

b) Dựng \

Khi đó \<\widehat {\left( {SB;\left( {SHC} \right)} \right)}{\rm{ = }}\widehat {BSF}\>, \

Ta có: \<\tan \widehat {\left( {SB;\left( {SHC} \right)} \right)} = \tan \widehat {BSF} = \frac{{BF}}{{SB}} = \frac{{3\sqrt 5 }}{{10}}.\>

Ví dụ 4: Cho hình lăng trụ \ có đáy ABCD là hình chữ nhật có\, hình chiếu vuông góc của \ lên mặt phẳng (ABCD) trùng với tâm O của hình chữ nhật ABCD, biết cạnh bên \ tạo với đáy một góc \<60^\circ \>. Tính cosin góc tạo với \ và mặt phẳng \<\left( {A"BD} \right).\>


Ta có:

\<\begin{array}{l}AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = 4a\\ \Rightarrow OA = 2a = OC.\end{array}\>

Do \\< \Rightarrow \widehat {\left( {A"O;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {A"AO} = 60^\circ .\>

\< \Rightarrow A"O = OA\tan 60^\circ = 2a\sqrt 3 \>

Dựng \

\< \Rightarrow \widehat {\left( {A"C;\left( {A"BD} \right)} \right)} = \widehat {CA"H}.\>

Ta có: \

\

Suy ra

\<\begin{array}{l}\cos \widehat {CA"H} = \frac{{A"H}}{{A"C}} = \frac{{\sqrt {A"{C^2} - H{C^2}} }}{{A"C}}\\ = \frac{{\sqrt {16{a^2} - 3{a^2}} }}{{4a}} = \frac{{\sqrt {13} }}{4}.\end{array}\>

Ví dụ 5: Cho hình lăng trụ đứng \ có đáy là tam giác đều cạnh a. Tính góc tạo bởi \ và mặt phẳng \<\left( {ABB"A"} \right)\> biết \

Lời giải


Dựng \

Do

\<\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}CH \bot AB\\CH \bot AA"\end{array} \right. \Rightarrow CH \bot \left( {ABB"A"} \right)\\ \Rightarrow \widehat {\left( {A"C;\left( {ABB"A"} \right)} \right)} = \widehat {CA"H}.\end{array}\>

Lại có: \

Do đó \<\tan \widehat {CA"H} = \frac{{CH}}{{A"H}} = 1 \Rightarrow \widehat {CA"H} = 45^\circ .\>

Vậy \<\widehat {\left( {A"C;\left( {ABB"A"} \right)} \right)} = \widehat {CA"H} = 45^\circ .\>


Tìm góc giữa đường cao SH và mặt phẳng (SAB).

Dựng \

Ta có: \

Mặt khác \ là hình chiếu vuông góc của H trên mặt phẳng (SAB).

Vậy \<\widehat {\left( {SH;SAB} \right)} = \widehat {\left( {HF;SF} \right)} = \widehat {HSF}.\>


Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABC, có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a. Cạnh bên \ và vuông góc với đáy. Tính góc giữa SA và mặt phẳng (SBC).

Lời giải


Từ A kẻ AK vuông góc với BC tại K.

Ta có : \ và \

Kẻ \. Mà \

Suy ra \

Tam giác SAK vuông tại A, có \

\< \Rightarrow \> tam giác SAK vuông cân tại A nên \

Vậy \<\widehat {\left( {SA;\left( {SBC} \right)} \right)} = 45^\circ .\>


Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật có \ và \. Tính tan góc giữa SA và các mặt phẳng (SBC), (SBD) và (SCD).

Lời giải


Do \<\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right).\>

Dựng \

\< \Rightarrow \> M là hình chiếu vuông góc của A trên (SBC).

Khi đó: \<\widehat {\left( {SA;\left( {SBC} \right)} \right)} = \widehat {ASM} = \widehat {ASB} = \alpha .\>

Do đó \<\tan \alpha = \frac{{AB}}{{SA}} = \frac{1}{2}.\>

Tương tự ta có: \<\widehat {\left( {SA;\left( {SCD} \right)} \right)} = \widehat {ASD} = \beta \> và \<\tan \beta = \frac{{AD}}{{SA}} = 1.\>

Dựng \ ta có:

\<\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AE\\BD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAE} \right) \Rightarrow BD \bot AF.\>

Mặt khác

\<\begin{array}{l}AF \bot SE \Rightarrow AF \bot \left( {SBD} \right)\\ \Rightarrow \widehat {\left( {SA;\left( {SBD} \right)} \right)} = \widehat {ASF} = \widehat {ASE}.\end{array}\>

Khi đó \<\tan \widehat {ASE} = \frac{{AE}}{{SA}}\>, trong đó

\<\begin{array}{l}AE = \frac{{AB.AD}}{{\sqrt {A{B^2} + A{D^2}} }} = \frac{{2a}}{{\sqrt 5 }}\\ \Rightarrow \tan \widehat {ASE} = \frac{{AE}}{{SA}} = \frac{1}{{\sqrt 5 }}.\end{array}\>


Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B có \ và \. Biết rằng SC tạo với đáy một góc \<60^\circ \>. Tính tan góc giữa SA và các mặt phẳng (SBC), (SCD) và (SBD).

Lời giải


Ta có: \

Do \

Suy ra \

Dựng \ có \<\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\\BC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot AM.\>

Do đó \ M là hình chiếu của A trên mặt phẳng (SBC).

Suy ra \<\widehat {\left( {SA;\left( {SBC} \right)} \right)} = \widehat {ASM} = \widehat {ASB}.\>

Ta có: \<\tan \widehat {ASB} = \frac{{AB}}{{SA}} = \frac{a}{{a\sqrt 6 }} = \frac{1}{{\sqrt 6 }}.\>

Gọi I là trung điểm của AD \< \Rightarrow \> ABCI là hình vuông cạnh a \< \Rightarrow CI = \frac{{AD}}{2} = a \Rightarrow \Delta ACD\> vuông tại C.

Khi đó \<\left\{ \begin{array}{l}CD \bot SA\\CD \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAC} \right).\>

Dựng \

Ta có: \<\tan \widehat {ASC} = \frac{{AC}}{{SA}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{{a\sqrt 6 }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}.\>

Dựng \<\left\{ \begin{array}{l}AE \bot BD\\AF \bot SE\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {SA;\left( {SBD} \right)} \right)} = \widehat {ASF} = \widehat {ASE}.\>

Mặt khác

\<\begin{array}{l}AE = \frac{{AB.AD}}{{\sqrt {A{B^2} + A{D^2}} }} = \frac{{2a}}{{\sqrt 5 }}\\ \Rightarrow \tan \widehat {ASE} = \frac{{AE}}{{SA}} = \frac{{\sqrt {30} }}{{15}}.\end{array}\>

Ví dụ 4: Cho hình chóp S.ABCD, có đáy là nửa lục giác đều cạnh a, \. Biết \ và đường thẳng SB tạo với đáy một góc 60°.

a) Tính tan góc tạo bởi SA và (SBC).

b) Tính góc tạo bởi SA và (SCD).

Lời giải


a) Gọi O là trung điểm của AD \< \Rightarrow \> OABC là hình thoi cạnh a \< \Rightarrow CO = a = \frac{1}{2}AD \Rightarrow \Delta ACD\> vuông tại C.

Do \

\< \Rightarrow SA = AB\tan 60^\circ = a\sqrt 3 \>, \

Dựng \, \

\< \Rightarrow \widehat {\left( {SA;\left( {SBC} \right)} \right)} = \widehat {ASF} = \widehat {ASE}.\>

Do \<\widehat {ABE} = 120^\circ \Rightarrow \widehat {ABE} = 60^\circ .\>

Mặt khác \

Suy ra \<\tan \widehat {\left( {SA;\left( {SBC} \right)} \right)} = \tan \widehat {ASE} = \frac{{AE}}{{SA}} = \frac{1}{2}.\>

b) Do \<\left\{ \begin{array}{l}CD \bot SA\\CD \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAC} \right).\>

Dựng \

Khi đó \<\widehat {\left( {SA;\left( {SCD} \right)} \right)} = \widehat {ASK} = \widehat {ASC} = \varphi .\>

Ta có: \<\tan \varphi = \frac{{AC}}{{SA}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{a\sqrt 3 }} = 1 \Rightarrow \varphi = 45^\circ .\>

Vậy \<\widehat {\left( {SA;\left( {SCD} \right)} \right)} = 45^\circ .\>

Ví dụ 5: Cho hình lăng trụ \ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của \ lên mặt phẳng đáy trùng với trung điểm H của cạnh AB, đường cao \. Tính cosin góc giữa đường thẳng \ và mặt phẳng \<\left( {BCC"B"} \right)\>.

Lời giải


Dựng \ ta có:

\<\left\{ \begin{array}{l}BC \bot B"H\\BC \bot HE\end{array} \right.\> suy ra

\<\begin{array}{l}BC \bot HF \Rightarrow HF \bot \left( {B"BCC"} \right)\\ \Rightarrow \widehat {\left( {B"H;\left( {BCC"B"} \right)} \right)}\end{array}\>

\< = \widehat {HB"F} = \widehat {HB"E}.\>

Ta có: \

Do đó \<\cos \widehat {HB"E} = \frac{{B"H}}{{B"E}} = \frac{{B"H}}{{\sqrt {B"{H^2} + H{E^2}} }} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.\>

Tính góc giữa cạnh bên SC và mặt phẳng (SAB). Đặt \<\widehat {\left( {SC;\left( {SAB} \right)} \right)} = \varphi \left( {0^\circ \le \varphi \le 90^\circ } \right).\>

Ta có công thức: \<\sin \varphi = \frac{{d\left( {C;\left( {SAB} \right)} \right)}}{{SC}}.\>

Từ đó suy ra các giá trị \<\cos \varphi \> hoặc \<\tan \varphi \> nếu đề bài yêu cầu.

Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có \. Tam giác SAD cân tại S và thuộc mặt phẳng vuông góc với đáy. Đường thẳng SB tạo với đáy một góc \<30^\circ \>. Tính sin góc tạo bởi:

a) SA và mặt phẳng (SBC).

b) SD và mặt phẳng (SAC).

Lời giải


Gọi H là trung điểm của AD ta có: \

Lại có: \<\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right).\>

Ta có: \

Do \

\< \Rightarrow \widehat {\left( {SB;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {SBH} = 30^\circ \>

Suy ra \

a) Do \

Do vậy \

Dựng \<\left\{ \begin{array}{l}HE \bot BC\\HF \bot SE\end{array} \right.\> tacó: \ từ đó suy ra \

\< \Rightarrow d\left( {H;\left( {SBC} \right)} \right) = HF = d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right).\>

Ta có: \

Mặt khác:

\<\begin{array}{l}\frac{1}{{H{F^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{E^2}}} \Rightarrow HF = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\\ \Rightarrow \sin \widehat {\left( {SA;\left( {SBC} \right)} \right)} = \frac{{d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right)}}{{SA}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}.\end{array}\>

b) Dựng \

Dựng \

Do \<\frac{{DA}}{{HA}} = 2 = \frac{{d\left( {D;\left( {SAC} \right)} \right)}}{{d\left( {H;\left( {SAC} \right)} \right)}}\>

\< \Rightarrow d\left( {D;\left( {SAC} \right)} \right) = 2d\left( {H;\left( {SAC} \right)} \right) = 2HI\>

Dựng \

\< \Rightarrow HI = \frac{{HN.SH}}{{\sqrt {H{N^2} + S{H^2}} }} = \frac{a}{2} \Rightarrow d\left( {D;\left( {SAC} \right)} \right) = a.\>

Ta có: \<\sin \widehat {\left( {SD;\left( {SAC} \right)} \right)} = \frac{{d\left( {D;\left( {SAC} \right)} \right)}}{{SD}} = \frac{a}{{a\sqrt 2 }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}.\>

Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD có \, tam giác SBD là tam giác vuông cân đỉnh S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính sin góc tạo bởi SA và mặt phẳng (SBC).

Xem thêm: Dự Luật An Ninh Mạng Là Gì, Tìm Hiểu Nội Dung Trong Luật An Ninh Mạng

Lời giải


Gọi O là trung điểm của BD ta có: \ mặt khác \<\left( {SBD} \right) \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SO \bot \left( {ABC} \right)\>

Ta có: \

Dựng \

\

Ta có: \

\< \Rightarrow OF = \frac{{SH.OE}}{{\sqrt {S{H^2} + O{E^2}} }} = a\sqrt {\frac{3}{7}} = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\>

Suy ra \

Mặt khác \

Do đó \<\sin \widehat {\left( {SA;\left( {SBC} \right)} \right)} = \frac{{d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right)}}{{SA}} = \frac{{\sqrt {42} }}{7}.\>

Ví dụ 3: Cho hình lăng trụ \ có đáy là tam giác vuông tại A với \, hình chiếu vuông góc của \ lên mặt đáy trùng với trung điểm H của BC. Biết \. Tính cosin góc tạo bởi \ với mặt phẳng \<\left( {ACC"A"} \right)\>.

kimsa88
cf68