Trong bài viết ngày hôm nay, Khoa Cử chúng tôi muốn đem đến cho các bạn bài tập tính góc giữa đường thẳng và mặt phẳng rất đầy đủ và chi tiết cho các bạn tham khảo. Với những thông tin được Khoa cử chúng tôi chia sẽ về bài tập góc giữa đường thẳng và mặt phẳng trong không gianvbên dưới đây hy vọng sẽ hỗ trợ cho bạn học tốt môn Toán lớp 11 đạt được kết quả cao trong học tập nhé!
Bài tập 1:
Cho hình lăng trụ $ABC.{A}'{B}'{C}’$, đáy $ABC$ là tam giác vuông tại $B$, $AB=a$, $\widehat{ACB}={{30}^{0}}$. $M$là trung điểm $AC$. Hình chiếu vuông góc của đỉnh ${A}’$ lên mặt phẳng $\left( ABC \right)$ là trung điểm $H$ của $BM$. Khoảng cách từ ${C}’$ đến mặt phẳng $\left( BM{B}’ \right)$ bằng $\frac{3a}{4}$. Tính số đo góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy của hình lăng trụ.
A. ${{60}^{0}}$. B. ${{30}^{0}}$. C. ${{90}^{0}}$. D. ${{45}^{0}}$.
Lời giải
Chọn A
Ta có: $d\left( {C}’\,,\,\,\left( BM{B}’ \right) \right)=d\left( C\,,\,\,\left( BM{B}’ \right) \right)=d\left( A\,,\,\,\left( BM{B}’ \right) \right)=\frac{3a}{4}$,
Trong tam giác $ABC$có:$AC=2a\,,\,BM=a\,,\,AM=a$ suy ra tam giác $ABM$ là tam giác đều cạnh $a$. Dựng hình bình hành $A{A}'{H}’H$ suy ra ${H}’\in \left( BM{B}’ \right)$, $K$là hình chiếu của $A$ lên ${H}’H$.
$\left\{ \begin{align} & BM\bot AH \\ & BM\bot {A}’H \\\end{align} \right.\Rightarrow BM\bot \left( A{A}'{H}’H \right)\Rightarrow BM\bot AK$.
$\left\{ \begin{align} & AK\bot BM \\ & AK\bot H{H}’ \\\end{align} \right.\Rightarrow AK\bot \left( BM{B}’ \right)\Rightarrow d\left( A\,,\,\left( BM{B}’ \right) \right)=AK=\frac{3a}{4}$.
Trong hình bình hành $A{A}'{H}’H$ ta có $AK.H{H}’={A}’H.AH\Rightarrow \frac{{A}’H}{H{H}’}=\frac{AK}{AH}=\frac{3a}{4}.\frac{2}{a\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$.
Mặt khác: $\widehat{\left( A{A}’,\,\left( ABC \right) \right)}=\widehat{\left( A{A}’,\,AH \right)}=\widehat{A’AH}$.
Trong tam giác vuông $AA’H$ có $\sin \widehat{A{A}’H}=\frac{A’H}{A{A}’}=\frac{A’H}{H{H}’}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \widehat{A{A}’H}={{60}^{0}}$.
Bài tập 2:
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thoi tâm $I$, cạnh $a$, góc $\widehat{BAD}={{60}^{o}}$. $SA=SB=SD=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Gọi $\alpha $ là góc giữa đường thẳng $SD$ và mặt phẳng $\left( SBC \right)$. Giá trị $\sin \alpha $ bằng
A. $\frac{1}{3}$. B. $\frac{2}{3}$. C. $\frac{\sqrt{5}}{3}$. D. $\frac{2\sqrt{2}}{3}$.
Lời giải
Chọn C
Theo giả thiết, $ABD$ là tam giác đều.
Gọi $H$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABD$. Do $SA=SB=SD$ nên $S$ nằm trên trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABD$ suy ra $SH\bot \left( ABD \right)$ hay $SH\bot \left( ABCD \right)$.
Do $\left( SBC \right)\bot \left( SBH \right)$ nên từ $H$ kẻ $HK\bot SB$ tại $K$ thì $HK=d\left( H,\left( SBC \right) \right)$ và $\frac{1}{H{{K}^{2}}}=\frac{1}{H{{B}^{2}}}+\frac{1}{H{{S}^{2}}}\Rightarrow HK=\frac{a\sqrt{15}}{9}$.
Mặt khác, $d\left( H,\left( SBC \right) \right)=\frac{2}{3}d\left( A,\left( SBC \right) \right)=\frac{2}{3}d\left( D,\left( SBC \right) \right)\Rightarrow d\left( D,\left( SBC \right) \right)=\frac{a\sqrt{15}}{6}$.
Gọi $O$ là hình chiếu vuông góc của điểm $D$ trên $\left( SBC \right)$. Khi đó: $\alpha =\left( SD,SO \right)=\widehat{DSO}$ và$DO=d\left( D,\left( SBC \right) \right)=\frac{a\sqrt{15}}{6}$.
Xét tam giác $SDO$ vuông tại $O$ có: $\sin \alpha =\frac{DO}{SD}=\frac{\frac{a\sqrt{15}}{6}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{5}}{3}$.
Bài tập 3:
Cho hình chóp $S.ABC$có đáy là tam giác vuông tại $B$, cạnh bên $SA$ vuông góc với mặt phẳng đáy, $AB=2a$, $\widehat{BAC}={{60}^{0}}$ và $SA=a\sqrt{2}$. Góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $\left( SAC \right)$bằng
A. ${{30}^{0}}$. B. ${{45}^{0}}$. C. ${{60}^{0}}$. D. ${{90}^{0}}$.
Lời giải
Trong mặt phẳng $\left( ABC \right)$ kẻ $BH\bot AC$
Mà $BH\bot SA$ $\Rightarrow BH\bot \left( SAC \right)$
Góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $\left( SAC \right)$ bằng $\widehat{BSH}$.
Xét tam giác $ABH$vuông tại $H$, $BH=AB.\sin {{60}^{0}}$ $=2a.\frac{\sqrt{3}}{2}$$=a\sqrt{3}$
$AH=AB.\cos {{60}^{0}}$ $=2a.\frac{1}{2}$$=a$.
Xét tam giác $SAH$ vuông tại $S$, $SH=\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{H}^{2}}}$$=\sqrt{{{\left( a\sqrt{2} \right)}^{2}}+{{a}^{2}}}$$=a\sqrt{3}$.
Xét tam giác $SBH$ vuông tại $H$có $SH=HB=a\sqrt{3}$ suy ra tam giác $SBH$vuông tại $H$.
Vậy $\widehat{BSH}={{45}^{0}}$.
Bài tập 4:
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành, $AB=2a$, $BC=a$, $\widehat{ABC}=120{}^\circ $. Cạnh bên $SD=a\sqrt{3}$ và $SD$ vuông góc với mặt phẳng đáy (tham khảo hình vẽ bên). Tính $\sin $ của góc tạo bởi $SB$ và mặt phẳng $\left( SAC \right)$
A. $\frac{3}{4}$. B. $\frac{\sqrt{3}}{4}$. C. $\frac{1}{4}$. D. $\frac{\sqrt{3}}{7}$.
Lời giải
Ta có $\sin \widehat{\left( SB;\,\left( SAC \right) \right)}=\frac{d\left( B;\,\left( SAC \right) \right)}{SB}$$=\frac{d\left( D;\,SAC \right)}{SB}$.
Xét tam giác $ABC$ ta có $AC=\sqrt{B{{A}^{2}}+B{{C}^{2}}-2BA.BC.\cos \widehat{BAC}}$$=a\sqrt{7}$.
$BO=\sqrt{\frac{B{{A}^{2}}+B{{C}^{2}}}{2}-\frac{A{{C}^{2}}}{4}}$$=\sqrt{\frac{4{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}{2}-\frac{7{{a}^{2}}}{4}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$
$\Rightarrow BD=a\sqrt{3}$ và $SB=\sqrt{S{{D}^{2}}+B{{D}^{2}}}$$=\sqrt{3{{a}^{2}}+3{{a}^{2}}}$$=a\sqrt{6}$.
Xét tam giác $ADC$ ta có $\frac{AD}{\sin \widehat{C}}=\frac{AC}{\sin \widehat{D}}$$\Rightarrow \sin \widehat{C}=\frac{AD.\sin \widehat{D}}{AC}$$=\frac{a.\sin 120{}^\circ }{a\sqrt{7}}$$=\frac{\sqrt{21}}{14}$.
Gọi $K$ là hình chiếu của $D$ lên $AC$, và $I$ là hình chiếu của $D$ lên $SK$. Ta có $\left\{ \begin{align} & AC\bot DK \\ & AC\bot SD \\\end{align} \right.$$\Rightarrow AC\bot DI$. Do đó $\left\{ \begin{align} & DI\bot SK \\ & DI\bot AC \\\end{align} \right.$$\Rightarrow d\left( D;\,\left( SAC \right) \right)=DI$.
Mặt khác $\sin \widehat{C}=\frac{DK}{DC}$$\Rightarrow DK=DC.sin\widehat{C}$$=2a.\frac{\sqrt{21}}{14}$$=\frac{a\sqrt{21}}{7}$.
Xét tam giác $SDK$ ta có $DI=\frac{SD.DK}{\sqrt{S{{D}^{2}}+D{{K}^{2}}}}$$=\frac{a\sqrt{3}.\frac{a\sqrt{21}}{7}}{\sqrt{3{{a}^{2}}+\frac{21}{49}{{a}^{2}}}}$$=\frac{\sqrt{6}}{4}a$.
Vậy $\sin \widehat{\left( SB;\,\left( SAC \right) \right)}=\frac{d\left( D;\,SAC \right)}{SB}$$=\frac{DI}{SB}$$=\frac{\frac{\sqrt{6}}{4}a}{a\sqrt{6}}$$=\frac{1}{4}$.
Trong mặt phẳng $\left( SDK \right)$ kẻ $DI\bot SK$ suy ra $d\left( D;\,\left( SAC \right) \right)=DI$.
Bài tập 5:
Cho hình chóp đều $S.ABCD$ có $SA=\sqrt{5}a$,$AB=a$. Gọi $M,\text{ }N,\text{ }P,\,\,Q$ lần lượt là trung điểm của$SA,SB,SC,SD$. Tính cosin của góc giữa đường thẳng $DN$ và mặt phẳng $\left( MQP \right)$.
A. $\frac{\sqrt{2}}{2}$. B. $\frac{1}{2}$. C. $\frac{\sqrt{3}}{2}$. D. $\frac{\sqrt{15}}{6}$.
Lời giải
Chọn A
Do $M,\text{ }N,\text{ }P,\,\,Q$ lần lượt là trung điểm của $SA,SB,SC,SD$ nên mặt phẳng $(ABCD)$ song song mặt phẳng $(MPQ)$ suy ra góc giữa đường thẳng $DN$ và mặt phẳng $\left( MQP \right)$ cũng là góc giữa đường thẳng $DN$ và mặt phẳng $\left( ABCD \right)$.
Có$K=SO\cap DN$. Do $S.ABCD$ hình chóp đều nên $SO\bot (ABCD)$ suy ra hình chiếu vuông góc của đường thẳng $DN$ trên mặt phẳng$\left( ABCD \right)$ là đường thẳng $DO$ nên $\widehat{(DN,(ABCD))}=\widehat{(DN,DO)}$.
Xét tam giác vuông $SOA$có $OA=\frac{\sqrt{2}}{2}a;SA=\sqrt{5}a\Rightarrow SO=\frac{3\sqrt{2}}{2}a$. Mà $K$ là trọng tâm tam giác $SBD\Rightarrow OK=\frac{1}{3}SO=\frac{\sqrt{2}a}{2}=OD\Rightarrow \Delta OKD$vuông cân tại $O$ hay $\widehat{KDO}={{45}^{0}}$.
Hay $\widehat{\left( DN,(MPQ) \right)}={{45}^{0}}\Rightarrow \cos \widehat{\left( DN,(MPQ) \right)}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.
Bài tập 6:
Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có cạnh đáy bằng $a$, tâm $O$. Gọi $M$ và $N$ lần lượt là trung điểm của $SA$ và $BC$. Biết rằng góc giữa $MN$ và $\left( ABCD \right)$ bằng ${{60}^{0}}$, cosin góc giữa $MN$ và mặt phẳng $\left( SBD \right)$ bằng:
A. $\frac{\sqrt{41}}{41}$. B. $\frac{\sqrt{5}}{5}$. C. $\frac{2\sqrt{5}}{5}$. D. $\frac{2\sqrt{41}}{41}$.
Lời giải
Gọi $E$, $F$ lần lượt là trung điểm $SO$,$OB$ thì $EF$ là hình chiếu của $MN$ trên $\left( SBD \right)$.
Gọi $P$ là trung điểm $OA$ thì $PN$ là hình chiếu của $MN$ trên $\left( ABCD \right)$.
Theo bài ra: $\widehat{MNP}={{60}^{{}^\circ }}$.
Áp dụng định lý cos trong tam giác $CNP$ ta được:
$N{{P}^{2}}=C{{P}^{2}}+C{{N}^{2}}-2CP.CN.\cos {{45}^{{}^\circ }}$$={{\left( \frac{3a\sqrt{2}}{4} \right)}^{2}}+\frac{{{a}^{2}}}{4}-2.\frac{3a\sqrt{2}}{4}.\frac{a}{2}.\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{5{{a}^{2}}}{8}$.
Suy ra: $NP=\frac{a\sqrt{10}}{4}$, $MP=NP.\tan {{60}^{{}^\circ }}=\frac{a\sqrt{30}}{4}$; $SO=2MP=\frac{a\sqrt{30}}{2}$.
$SB=\sqrt{S{{O}^{2}}+O{{B}^{2}}}=2a\sqrt{2}$$\Rightarrow EF=a\sqrt{2}$.
Ta lại có: $MENF$ là hình bình hành ( vì $ME$ và $NF$ song song và cùng bằng $\frac{1}{2}OA$).
Gọi $I$ là giao điểm của $MN$ và $EF$, khi đó góc giữa $MN$ và mặt phẳng $\left( SBD \right)$ là$\widehat{NIF}$.
$\cos \widehat{NIF}=\frac{IK}{IN}=\frac{a\sqrt{2}}{2}.\frac{4}{a\sqrt{10}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$.
Bài tập 7:
Cho lăng trụ $ABC.{A}'{B}'{C}’$ có đáy là tam giác đều cạnh $a$. Hình chiếu vuông góc của ${B}’$ lên mặt phẳng $\left( ABC \right)$ trùng với trọng tâm $G$ của tam giác $ABC$. Cạnh bên hợp với $\left( ABC \right)$ góc $60{}^\circ $. Sin của góc giữa $AB$ và mặt phẳng $\left( BC{C}'{B}’ \right)$.
A. $\frac{3}{\sqrt{13}}$. B. $\frac{3}{2\sqrt{13}}$. C. $\frac{1}{\sqrt{13}}$. D. $\frac{2}{\sqrt{13}}$.
Lời giải
Ta có ${B}’G\bot \left( ABC \right)$ nên $BG$ là hình chiếu của $B{B}’$ lên mặt phẳng $\left( ABC \right)$.
$\Rightarrow \left( B{B}’,\left( ABC \right) \right)=\left( B{B}’,BG \right)$$=\widehat{{B}’BG}=60{}^\circ $.
Gọi $M$ là trung điểm $BC$ và $H$ là hình chiếu của $A$ lên ${B}’M$, ta có
$\left\{ \begin{matrix} BC\bot AM \\ BC\bot {B}’G \\\end{matrix} \right.$$\Rightarrow BC\bot \left( A{B}’M \right)$$\Rightarrow BC\bot AH$.
Mà $AH\bot {B}’M$ nên $AH\bot \left( BC{C}'{B}’ \right)$.
Do đó $HB$ là hình chiếu của $AB$ lên mặt phẳng $\left( BC{C}'{B}’ \right)$.
$\Rightarrow \left( AB,\left( BC{C}'{B}’ \right) \right)$$=\left( AB,HB \right)$$=\widehat{ABH}$.
Xét tam giác $ABH$ vuông tại $H$ có $\sin \widehat{ABH}=\frac{AH}{AB}$.
${B}’G$$=BG.\tan 60{}^\circ $$=a\frac{\sqrt{3}}{2}.\frac{2}{3}.\sqrt{3}$$=a$.
${B}’M=\sqrt{{B}'{{G}^{2}}+G{{M}^{2}}}$$=\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( \frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{1}{3} \right)}^{2}}}$$=\frac{a\sqrt{39}}{6}$.
Ta có $\Delta AHM\sim \Delta {B}’GM$$\Rightarrow AH=\frac{AM.{B}’G}{{B}’M}$ $=\frac{a.\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a\sqrt{39}}{6}}=\frac{3a}{\sqrt{13}}$.
Vậy $\sin \widehat{ABH}=\frac{\frac{3a}{\sqrt{13}}}{a}$$=\frac{3}{\sqrt{13}}$.
Bài tập 8:
Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông cân tại $B$, $AB=a$, $SA\bot AB$, $SC\bot BC$, $SB=2a$. Gọi $M$, $N$ lần lượt là trung điểm $SA$, $BC$. Gọi $\alpha $ là góc giữa $MN$ với $\left( ABC \right)$. Tính $\cos \alpha $.
A. $\cos \alpha =\frac{2\sqrt{11}}{11}$. B. $\cos \alpha =\frac{\sqrt{6}}{3}$. C. $\cos \alpha =\frac{2\sqrt{6}}{5}$. D. $\cos \alpha =\frac{\sqrt{10}}{5}$.
Lời giải
Gọi $D$ là hình chiếu của $S$ lên $\left( ABC \right)$, ta có:
$\left\{ \begin{matrix} BC\bot SC \\ BC\bot SD \\\end{matrix} \right.$ $\Rightarrow BC\bot CD$ và $\left\{ \begin{matrix} AB\bot SA \\ AB\bot SD \\\end{matrix} \right.$ $\Rightarrow AB\bot AD$.
Mà $ABC$ là tam giác vuông cân tại $B$ nên $ABCD$ là hình vuông.
Gọi $H$ là trung điểm của $AD$, ta có $MH\ \text{//}\ SD$ mà $\Rightarrow MH\bot \left( ABCD \right)$.
Do đó $HN$ là hình chiếu của $MN$ lên $\left( ABC \right)$.
$\Rightarrow \alpha =\left( MN,\left( ABC \right) \right)$$=\left( MN,NH \right)$$=\widehat{MNH}$.
$SC=\sqrt{S{{B}^{2}}-B{{C}^{2}}}$$=\sqrt{4{{a}^{2}}-{{a}^{2}}}$$=a\sqrt{3}$.
$SD=\sqrt{S{{C}^{2}}-D{{C}^{2}}}$$=\sqrt{3{{a}^{2}}-{{a}^{2}}}$$=a\sqrt{2}$.
$\tan \alpha =\frac{MH}{NH}$$=\frac{\frac{1}{2}.SD}{AB}$$=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{a}$$=\frac{\sqrt{2}}{2}$.
$\Rightarrow \cos \alpha =\sqrt{\frac{1}{1+{{\tan }^{2}}\alpha }}$$=\sqrt{\frac{1}{1+\frac{1}{2}}}$$=\frac{\sqrt{6}}{3}$.
Bài tập 9:
Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có tất cả các cạnh bằng $a.$ Gọi $M$ là điểm trên đoạn $SD$ sao cho $SM=2MD$.
Tan góc giữa đường thẳng $BM$ và mặt phẳng $\left( ABCD \right)$ là
A. $\frac{1}{3}$. B. $\frac{\sqrt{5}}{5}$. C. $\frac{\sqrt{3}}{3}$. D. $\frac{1}{5}$.
Lời giải
Ta có $BD=a\sqrt{2}$$\Rightarrow OD=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Xét tam giác $SOD$vuông tại $O$ có: $SO=\sqrt{S{{D}^{2}}-O{{D}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}-{{\left( \frac{a\sqrt{2}}{2} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Kẻ $MH\bot BD$ tại $H$nên $\left( BM;\,\left( ABCD \right) \right)=\widehat{MBH}$
Do $MH\bot BD$$\Rightarrow MH\,\text{//}\,SO$. Ta có $\frac{MH}{SO}=\frac{MD}{SD}=\frac{HD}{OD}=\frac{1}{3}$.
$\Rightarrow MH=\frac{SO}{3}=\frac{a\sqrt{2}}{6}$ và $HD=\frac{1}{3}OD=\frac{a\sqrt{2}}{6}$$\Rightarrow BH=BD-HD=a\sqrt{2}-\frac{a\sqrt{2}}{6}=\frac{5a\sqrt{2}}{6}$.
Xét tam giác $BHM$vuông tại $H$ có:
$\tan \left( BM;\,\left( ABCD \right) \right)=\widehat{MBH}=\frac{MH}{BH}$$\Rightarrow \tan \left( BM;\,\left( ABCD \right) \right)=\frac{1}{5}$.