Trong bài viết ngày hôm nay, Khoa Cử chúng tôi muốn đem đến cho các bạn một dạng toán rất hay trong chương trình toán lớp 11 đó chính là về tính góc giữa đường thẳng và mặt phẳng oxyz rất đầy đủ và chi tiết cho các bạn tham khảo. Với những thông tin được Khoa cử chúng tôi chia sẽ về cách xác định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng, công thức tính góc giữa đường thẳng và mặt phẳng cũng như bài tập mẫu góc giữa đường thẳng và mặt phẳng trong không gian bên dưới đây hy vọng sẽ hỗ trợ cho bạn học tốt môn Toán lớp 11 đạt được kết quả cao trong học tập nhé!
I. LÝ THUYẾT
1) Khái niệm
Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng đó và hình chiếu vuông góc của nó xuống mặt phẳng.
2) Cách xác định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng
Giả sử cần xác định góc giữa đường thẳng $d$ và mặt phẳng $\left( P \right)$, ta thực hiện theo các bước sau
– Tìm hình chiếu ${d}’$ của $d$ lên $\left( P \right)$
– Khi đó, $\widehat{\left( d,\left( P \right) \right)}=\widehat{\left( d,{d}’ \right)}$, và bài toán quay về tìm góc giữa hai đường thẳng.
Chú ý:
Thông thường đường thẳng $d$ cho dạng đoạn thẳng ($MN$ chẳng hạn), khi đó để tìm hình chiếu của $MN$ ta tìm hình chiếu của từng điểm $M$và $N$ xuống $\left( P \right)$, tức là tìm các điểm $H,K$ sao cho $MH\bot \left( P \right)$, $NK\bot \left( P \right)$
II. BÀI TẬP MẪU
Bài tập 1:
Cho hình vuông $ABCD$ và tam giác đều $SAB$ cạnh $a$ nằm trong hai mặt phẳng vuông góc. Gọi $I$ là trung điểm của $AB$.
a) Chứng minh $SI\bot \left( ABCD \right)$ và tính góc hợp bởi $SC$ và $\left( ABCD \right)$.
b) Tính khoảng cách từ $B$ đến $\left( SAD \right)$. Từ đó suy ra góc của $SC$ với $\left( SAD \right)$.
c) Gọi $J$ là trung điểm của $CD$, chứng minh $\left( SIJ \right)\bot \left( ABCD \right)$.
d) Tính góc hợp bởi $SI$ với $\left( SCD \right)$
Lời giải
a) $\Delta SAB$ đều, $I$ là trung điểm của $AB$$\Rightarrow SI\bot AB$
Có $\left\{ \begin{align} & \left( SAB \right)\bot \left( ABCD \right) \\ & \left( SAB \right)\cap \left( ABCD \right) \\& SI\bot AB \\\end{align} \right.\Rightarrow SI\bot \left( ABCD \right)$
Có $IC$ là hình chiếu của $SC$ trên $\left( ABCD \right)$$\Rightarrow \left( SC,\left( ABCD \right) \right)=\widehat{\left( SC,AC \right)}=\widehat{SCA}$
$IC=\sqrt{B{{I}^{2}}+B{{C}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}+{{a}^{2}}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$; $SI=\frac{a\sqrt{3}}{2}$
$\tan \widehat{SCA}=\frac{SI}{IC}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}}$$\Rightarrow \widehat{SCA}\text{=arctan}\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}}$
$\Rightarrow \left( SC,\left( ABCD \right) \right)=\text{arctan}\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}}$.
b) Gọi $M$ là trung điểm của $SA$$\Rightarrow BM\bot SA$$\Rightarrow BM\bot \left( SAD \right)$$\Rightarrow d\left( B,\left( SAD \right) \right)=BM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$
Tính góc của $SC$ với $\left( SAD \right)$.
Gọi $\left( BCM \right)\cap \left( SAD \right)=d$$\Rightarrow d$ qua $M$ và song song với $BC$.
Trong mặt phẳng $\left( BCM \right)$, dựng $CE//BM\left( E\in d \right)$$\Rightarrow CE\bot \left( SCD \right)$$\Rightarrow SE$ là hình chiếu của $SC$ trên $\left( SAD \right)$$\Rightarrow \left( SC,\left( SAD \right) \right)=\widehat{\left( SC,SE \right)}=\widehat{ESC}$
Có $CE=BM=\frac{a\sqrt{3}}{2};IC=\sqrt{S{{I}^{2}}+I{{C}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \frac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{a\sqrt{5}}{2} \right)}^{2}}}=a\sqrt{2}$
$\sin \widehat{ESC}=\frac{CE}{SC}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{a\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{4}$$\Rightarrow \widehat{ESC}=\arcsin \frac{\sqrt{6}}{4}$
$\Rightarrow \left( SC,\left( SAD \right) \right)=\arcsin \frac{\sqrt{6}}{4}$
c) Có $\left\{ \begin{align} & SI\bot \left( ABCD \right) \\ & SI\subset \left( SIJ \right) \\\end{align} \right.\Rightarrow \left( SIJ \right)\bot \left( ABCD \right)$
d) Có $\left\{ \begin{align} & CD\bot IJ \\ & CD\bot SI \\\end{align} \right.\Rightarrow \left( SIJ \right)\bot CD\Rightarrow \left( SIJ \right)\bot \left( SCD \right)$
Trong mặt phẳng $\left( SIJ \right)$, dựng $IK\bot SJ\Rightarrow IK\bot \left( SCD \right)$$\Rightarrow SK$ là hình chiếu của $SI$ trên $\left( SCD \right)$
$\Rightarrow \left( SI,\left( SCD \right) \right)=\widehat{\left( SI,SK \right)}=\widehat{\left( SI,SJ \right)}=\widehat{ISJ}$
$\tan \widehat{ISJ}=\frac{IJ}{SI}=\frac{a}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{2}{\sqrt{3}}$$\Rightarrow \widehat{ISJ}=\arctan \frac{2}{\sqrt{3}}$
Vậy $\Rightarrow \left( SI,\left( SCD \right) \right)=\arctan \frac{2}{\sqrt{3}}$
Bài tập 2:
Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có cạnh đáy bằng $a$, tâm $O$. Gọi $M$, $N$ lần lượt là trung điểm $SA$ và $BC$. Biết góc giữa $MN$ và mặt phẳng $\left( ABCD \right)$ là ${{60}^{0}}$.
a) Tính độ dài $MN$.
b) Tính cosin của góc giữa $MN$ và $\left( SBD \right)$.
Lời giải
a) Vì $S.ABCD$ là hình chóp đều nên $SO\bot \left( ABCD \right)$
Gọi $H$ là hình chiếu của $M$ trên $\left( ABCD \right)$$\Rightarrow H$ là trung điểm của $AO$.
Áp dụng định lí cosi vào tam giác $CHN$, ta có
$H{{N}^{2}}=C{{H}^{2}}+C{{N}^{2}}-2.CH.CN.c\text{os}{{45}^{0}}$$={{\left( \frac{3}{4}.a\sqrt{2} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}-2.\frac{3}{4}.a\sqrt{2}.\frac{a}{2}.\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{5{{\text{a}}^{2}}}{8}$
Có $HN$ là hình chiếu của $MN$ trên $\left( ABCD \right)$$\Rightarrow \left( MN,\left( \left( ABCD \right) \right) \right)=\widehat{\left( MN,HN \right)}=\widehat{MNH}={{60}^{0}}$
$\text{cos}\widehat{MNH}=\frac{HN}{MN}$$\Rightarrow MN=\frac{HN}{\text{cos}\widehat{MNH}}=\frac{\frac{a\sqrt{5}}{2\sqrt{2}}}{c\text{os}{{60}^{0}}}=\frac{a\sqrt{10}}{2}$
Vậy $MN=\frac{a\sqrt{10}}{2}$
b) Gọi $E$ là trung điểm của $SD$, ta có $MN//CE$$\Rightarrow \left( MN,\left( SBD \right) \right)=\left( EC,\left( SBD \right) \right)$
Có $CO\bot \left( SBD \right)$$\Rightarrow OE$ là hình chiếu của $CE$ trên $\left( SBD \right)$$\Rightarrow \left( EC,\left( SBD \right) \right)=\widehat{\left( EC,EO \right)}=\widehat{CEO}$
Trong tam giác vuông $CEO$ có $c\text{os}\widehat{CEO}=\frac{EO}{EC}$
$EC=MN=\frac{a\sqrt{10}}{2}$
$EO=\frac{1}{2}SB$
Xét tam giác vuông $HMN$ có $\sin \widehat{MNH}=\frac{MH}{MN}\Rightarrow MH=MN.\sin \widehat{MNH}=\frac{a\sqrt{10}}{2}.\sin {{60}^{0}}=\frac{a\sqrt{30}}{4}$
$\Rightarrow SO=2MH=\frac{a\sqrt{30}}{2}$.
Xét tam giác vuông $SOB$ vuông tại $B$ có $S{{B}^{2}}=S{{O}^{2}}+O{{B}^{2}}={{\left( \frac{a\sqrt{30}}{2} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{a}{\sqrt{2}} \right)}^{2}}=8{{\text{a}}^{2}}$$\Rightarrow SB=2\text{a}\sqrt{2}$
$\Rightarrow OE=a\sqrt{2}$
Do đó $c\text{os}\widehat{CEO}=\frac{EO}{EC}=\frac{a\sqrt{2}}{\frac{a\sqrt{10}}{2}}=\frac{2}{\sqrt{5}}$
Bài tập 3:
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình vuông cạnh $a$, $SA=a\sqrt{6}$ và vuông góc với đáy. Tính góc giữa
a) $SC$ và $\left( ABCD \right)$
b) $SC$ và $\left( SAB \right)$
c) $SB$ và $\left( SAC \right)$
Lời giải
a) $SA\bot \left( ABCD \right)$$\Rightarrow AC$ là hình chiếu của $SC$ trên $\left( ABCD \right)$$\Rightarrow \left( SC,\left( ABCD \right) \right)=\widehat{\left( SC,AC \right)}=\widehat{SCA}$
Ta có $AC=a\sqrt{2}$ nên $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{6}}{a\sqrt{2}}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SCA}={{60}^{0}}$
$\Rightarrow \left( SC,\left( ABCD \right) \right)={{60}^{0}}$
b) Có $\left\{ \begin{align} & BC\bot AB \\ & BC\bot AS \\\end{align} \right.\Rightarrow BC\bot \left( SAB \right)$$\Rightarrow BS$ là hình chiếu của $CS$ trên mặt phẳng $\left( SAB \right)$
$\Rightarrow \left( SC,\left( SAB \right) \right)=\widehat{\left( SC,SB \right)}=\widehat{CSB}$
Có $SB=\sqrt{A{{S}^{2}}+A{{B}^{2}}}=a\sqrt{7}$
$\tan \widehat{CSB}=\frac{CB}{SB}=\frac{a}{a\sqrt{7}}=\frac{1}{\sqrt{7}}\Rightarrow \widehat{CSB}=\arctan \frac{1}{\sqrt{7}}$
$\Rightarrow \left( SC,\left( SAB \right) \right)=\arctan \frac{1}{\sqrt{7}}$
c) $\left\{ \begin{align} & BO\bot AC \\ & BO\bot SA \\\end{align} \right.\Rightarrow BO\bot \left( SAC \right)$$\Rightarrow SO$ là hình chiếu của $SB$ trên $\left( SAC \right)$
$\Rightarrow \left( SB,\left( SAC \right) \right)=\widehat{\left( SB,SO \right)}=\widehat{OSB}$
$\sin \widehat{OSB}=\frac{BO}{SB}=\frac{\frac{a}{\sqrt{2}}}{a\sqrt{7}}=\frac{1}{\sqrt{14}}\Rightarrow \widehat{OSB}=\arcsin \frac{1}{\sqrt{14}}$
$\Rightarrow \left( SB,\left( SAC \right) \right)=\arcsin \frac{1}{\sqrt{14}}$.
Bài tập 4:
Cho hình chóp $SABC$ đáy $ABC$ vuông tại $C$, $SA$vuông góc $\left( ABC \right)$tại $A$; $SA=AC=a;\,AB=2a$. Xác định và tính góc giữa các cặp đường thẳng và mặt phẳng sau:
a)$SA;\,SC;\,SB$ với $\left( ABC \right)$.
b)$BC;\,BA;\,B\text{S}$với $\left( SAC \right)$.
c)$CH;\,CA;\,CB;\,CS$ với $\left( SAB \right)$. Với $CH$ là đường cao trong $\Delta ABC$
d) Biết $AK$ là đường cao trong tam giác $SAC$, xác định và tính góc giữa $AK;\,AS;\,AC$ và $\left( SBC \right)$.
Lời giải
a. 1. $SA$ vuông góc $\left( ABC \right)$tại $A$$\Rightarrow \left( SA;\left( ABC \right) \right)=90{}^\circ $.
2. $\left( SC;\left( ABC \right) \right)=\left( SC;AC \right)=\widehat{SCA}=45{}^\circ $.
3. $\left( SB;\left( ABC \right) \right)=\left( SB;AB \right)=\widehat{SBA}=\arctan \left( \frac{1}{2} \right)$.
b. 1. $\left\{ \begin{align} & BC\bot AC \\ & BC\bot SA \\\end{align} \right.\Rightarrow BC\bot \left( SAC \right)\Rightarrow \left( BC;\left( SAC \right) \right)=90{}^\circ $.
- $\left( BA;\left( SAC \right) \right)=\left( BA;AC \right)=\widehat{BAC}=60{}^\circ $.
- $\left( BS;\left( SAC \right) \right)=\left( BS;SC \right)=\widehat{BSC}=45{}^\circ $.
c. 1. $\left\{ \begin{align} & CH\bot AB \\ & CH\bot SA \\\end{align} \right.\Rightarrow CH\bot \left( SAB \right)\Rightarrow \left( CH;\left( SAB \right) \right)=90{}^\circ $.
- $\left( CA;\left( SAB \right) \right)=\left( CA;AH \right)=\widehat{CAH}=\widehat{CAB}=60{}^\circ $.
- $\left( CB;\left( SAB \right) \right)=\left( CB;HB \right)=\widehat{CBH}=\widehat{CBA}=\text{arctan}\left( \frac{1}{2} \right)$.
- $\left( CS;\left( SAB \right) \right)=\left( CS;SH \right)=\widehat{CSH}=\arcsin \left( \frac{\sqrt{6}}{4} \right)$.
Xét $\Delta ABC$ vuông tại $C$:$\sin 60{}^\circ =\frac{CH}{AC}\Rightarrow CH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Xét $\Delta SCH$ vuông tại $H$:$\sin \widehat{C\text{S}H}=\frac{CH}{SC}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{a\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{4}$.
d. 1. $\left\{ \begin{align} & AK\bot BC\left( BC\bot \left( SAC \right);AK\subset \left( SAC \right) \right) \\ & AK\bot SC \\\end{align} \right.\Rightarrow AK\bot \left( SBC \right)\Rightarrow \left( AK;\left( SBC \right) \right)=90{}^\circ $.
- $\left( AS;\left( SBC \right) \right)=\left( AS;SK \right)=\widehat{ASK}=\widehat{ASC}=45{}^\circ $.
- $\left( AC;\left( SBC \right) \right)=\left( AC;CK \right)=\widehat{ACK}=\widehat{ACS}=45{}^\circ $.
Bài tập 5:
Cho hình chóp $SABCD$ với đáy $ABCD$là hình vuông cạnh $a$; $SA$vuông góc với đáy; $SA=a\sqrt{6}$. Tính góc giữa
a) $SB;\,CM$ với $M$ là trung điểm $AD$.
b) $SC;\,DN$ với $N$ là điểm trên $BC$ sao cho $BN=2NC$.
c) $SC$ và $\left( ABCD \right)$.
d) $SC$ và $\left( SAB \right)$.
e) $SB$ và $\left( SAC \right)$.
Lời giải
a)$\overrightarrow{SB}.\overrightarrow{CM}=\left( \overrightarrow{SA}+\overrightarrow{AB} \right)\overrightarrow{CM}=\overrightarrow{SA}.\overrightarrow{CM}+\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{CM}=\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{CM}=\overrightarrow{DC}.\overrightarrow{CM}=-DC.CM.\cos \widehat{\text{D}CM}$
$=-DC.CM.\frac{DC}{CM}=-D{{C}^{2}}=-{{a}^{2}}$
$\Delta MDC$ vuông tại $D$: $CM=\sqrt{M{{D}^{2}}+D{{C}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \frac{AD}{2} \right)}^{2}}+D{{C}^{2}}}=\frac{\sqrt{5}}{2}a$.
$\Delta SAB$ vuông tại $A$: $SB=\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}}=\sqrt{{{\left( a\sqrt{6} \right)}^{2}}+{{a}^{2}}}=a\sqrt{7}$.
$\Rightarrow \cos \left( SB;CM \right)=\left| \cos \left( \overrightarrow{SB};\overrightarrow{CM} \right) \right|=\left| \frac{\overrightarrow{SB}\overrightarrow{CM}}{SB.CM} \right|=\frac{2\sqrt{35}}{35}$.
$\Rightarrow \left( SB;CM \right)=\arccos \left( \frac{2\sqrt{35}}{35} \right)$
b)$SC=\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{C}^{2}}}=\sqrt{{{\left( a\sqrt{6} \right)}^{2}}+{{\left( a\sqrt{2} \right)}^{2}}}=2\sqrt{2}a$.
$DN=\sqrt{D{{C}^{2}}+C{{N}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( \frac{a}{3} \right)}^{2}}}=\frac{\sqrt{10}}{3}a$.
$\Rightarrow \cos \left( DN;SC \right)=\left| \cos \left( \overrightarrow{DN};\overrightarrow{SC} \right) \right|=\left| \frac{\overrightarrow{DN}.\overrightarrow{SC}}{DN.SC} \right|=\frac{\sqrt{5}}{10}$
$\Rightarrow \left( BN;SC \right)=\arccos \left( \frac{\sqrt{5}}{10} \right)$.
c)$SA\bot \left( ABCD \right)$ tại $A$.
$SC\cap \left( ABCD \right)=C$
$\Rightarrow $ $AC$ là hình chiếu của $SC$lên $\left( ABCD \right)$
$\Rightarrow \left( SC;\left( ABC\text{D} \right) \right)=\left( SC;AC \right)=\widehat{SCA}$.
$\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{6}}{a\sqrt{2}}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SCA}=60{}^\circ $.
d)$SB\cap \left( SAB \right)=S$
$\left\{ \begin{align} & CB\bot SA \\ & CB\bot AB \\\end{align} \right.\Leftrightarrow CB\bot \left( SAB \right)$ $\Rightarrow $ $B$ là hình chiếu của $C$ lên $\left( SAB \right)$.
$\Rightarrow $ $SB$ là hình chiếu của $SC$lên $\left( SAB \right)$
$\Rightarrow \left( SC;\left( SAB \right) \right)=\left( SC;SB \right)=\widehat{CSB}$.
$\Delta B\text{S}C$vuông tại $B$: $\tan \widehat{B\text{S}C}=\frac{BC}{SB}=\frac{a}{a\sqrt{7}}=\frac{1}{\sqrt{7}}$
$\Rightarrow \left( SC;\left( SAB \right) \right)=\arctan \left( \frac{1}{\sqrt{7}} \right)$.
e)Ta có: $\left\{ \begin{align} & B\text{D}\bot AC \\ & BD\bot \text{S}A \\\end{align} \right.\Rightarrow BD\bot \left( SAC \right)$
Gọi $O=BD\cap AC\Rightarrow O$ là hình chiếu của $B$ lên $\left( SAC \right)$
Mà $SB\cap \left( SAC \right)=S$
$\Rightarrow $ $SO$ là hình chiếu của $SB$lên $\left( SAC \right)$
$\Rightarrow \left( SB;\left( SAC \right) \right)=\left( SB;SO \right)=\widehat{BSO}$.
$\Delta BSO$vuông tại $O$: $\sin \widehat{B\text{SO}}=\frac{BO}{SB}=\frac{a\frac{\sqrt{2}}{2}}{a\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{14}}{14}$
$\Rightarrow \left( SB;\left( SAC \right) \right)=\arcsin \left( \frac{\sqrt{14}}{14} \right)$.
Bài tập 6:
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thang vuông tại $A$, $B$ với $AB=BC=2a$, $AD=3a$. Hình chiếu vuông góc của $S$ lên mặt phẳng $\left( ABCD \right)$ là điểm $H$ thuộc cạnh $AB$ với $AH=2BH$, biết $SH=a\sqrt{3}$.
a. Tính góc giữa $SC$ và $HD$. b. Tính góc tạo bởi $SD$ và $\left( ABCD \right)$.
c. Tính góc tạo bởi $SC$ và $\left( SHD \right)$. d. Tính góc tạo bởi $SB$ và $\left( SHD \right)$.
e. Tính góc tạo bởi $BC$ và $\left( SHD \right)$. f. Tính góc tạo bởi $SB$ và $\left( SAD \right)$.
g. Tính góc tạo bởi $SC$ và $\left( SAD \right)$.
Lời giải
a. Tính góc giữa $SC$ và $HD$.
Ta có: $\overrightarrow{SC}.\overrightarrow{HD}=\left( \overrightarrow{SH}+\overrightarrow{HB}+\overrightarrow{BC} \right).\left( \overrightarrow{HA}+\overrightarrow{AD} \right)=\overrightarrow{HB}.\overrightarrow{HA}+\overrightarrow{BC}.\overrightarrow{AD}=\frac{2a}{3}.\frac{4a}{3}+2a.3a=\frac{62{{a}^{2}}}{9}$
Do đó: $\text{cos}\left( SC,HD \right)=\frac{\left| \overrightarrow{SC}.\overrightarrow{HD} \right|}{SC.HD}=\frac{\left| \overrightarrow{SC}.\overrightarrow{HD} \right|}{\sqrt{S{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}.\sqrt{A{{D}^{2}}+A{{H}^{2}}}}=\frac{62\sqrt{6499}}{6499}$
Vậy $\left( \widehat{SC,HD} \right)\approx 39,7{}^\circ $.
b. Tính góc tạo bởi $SD$ và $\left( ABCD \right)$.
Đặt $\alpha =\left( SD,\left( ABCD \right) \right)$
Ta có $SH\bot \left( ABCD \right)$$\Rightarrow HD$ là hình chiếu của $SD$ lên $\left( ABCD \right)$$\Rightarrow \alpha =\left( SD,HD \right)$ $=\widehat{SDH}$
Xét tam giác vuông $AHD$ có $HD=\sqrt{A{{H}^{2}}+A{{D}^{2}}}$ $=\sqrt{9{{a}^{2}}+\frac{16{{a}^{2}}}{9}}$$=\frac{a\sqrt{97}}{3}$
$\Rightarrow \tan \alpha =\frac{SH}{HD}$ $=\frac{3a\sqrt{3}}{a\sqrt{97}}$$=\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{97}}$.
c. Tính góc tạo bởi $SC$ và $\left( SHD \right)$.
Đặt $\beta =\left( SC,\left( SHD \right) \right)$
Gọi $M$ là hình chiếu của $C$ lên $HD$
Khi đó $\left. \begin{align} & CM\bot HD \\ & CM\bot SH \\\end{align} \right\}$ $\Rightarrow CM\bot \left( SHD \right)$$\Rightarrow SM$là hình chiếu của $SC$ lên mặt phẳng $\left( SHD \right)$
$\Rightarrow \beta =\left( SC,SM \right)$ $=\widehat{CSM}$
Xét tam giác vuông $BHC$ có $H{{C}^{2}}=B{{C}^{2}}+B{{H}^{2}}$ $=4{{a}^{2}}+\frac{4{{a}^{2}}}{9}$$=\frac{40{{a}^{2}}}{9}$
Xét tam giác vuông $SHC$ có $SC=\sqrt{S{{H}^{2}}+H{{C}^{2}}}$ $=\sqrt{3{{a}^{2}}+\frac{40{{a}^{2}}}{9}}$ $=\frac{a\sqrt{67}}{3}$
Ta có ${{S}_{\Delta CHD}}={{S}_{ABCD}}-{{S}_{AHD}}-{{S}_{BCH}}$
$\Leftrightarrow \frac{1}{2}CM.HD=\frac{1}{2}\left( 10{{a}^{2}}-4{{a}^{2}}-\frac{4{{a}^{2}}}{3} \right)$
$\Leftrightarrow CM=\frac{14a}{\sqrt{97}}$
$\Rightarrow \sin \beta =\frac{CM}{SC}$ $=\frac{14a.3}{a\sqrt{97}.\sqrt{67}}$$=\frac{42\sqrt{6499}}{6499}$.
d. Tính góc tạo bởi $SB$ và $\left( SHD \right)$.
Đặt $\varphi =\left( SB,\left( SHD \right) \right)$
Gọi $N$ là hình chiếu của $B$ lên $HD$
Khi đó $\left. \begin{align} & BN\bot HD \\ & BN\bot SH \\\end{align} \right\}$ $\Rightarrow BN\bot \left( SHD \right)$$\Rightarrow SN$là hình chiếu của $SB$lên mặt phẳng $\left( SHD \right)$
$\Rightarrow \varphi =\left( SB,SN \right)$ $=\widehat{BSN}$
Xét tam giác vuông $BHN$ có
$NB=BH\sin \widehat{BHN}$ $=BH\sin \widehat{AHD}$$=\frac{BH.AD}{HD}$$=\frac{2a}{3}.\frac{3a.3}{a\sqrt{97}}$$=\frac{6a}{\sqrt{97}}$
Xét tam giác vuông $SBH$ có $SB=\sqrt{S{{H}^{2}}+H{{B}^{2}}}$ $=\sqrt{3{{a}^{2}}+\frac{4{{a}^{2}}}{9}}$ $=\frac{a\sqrt{31}}{3}$
$\Rightarrow \sin \varphi =\frac{NB}{SB}$ $=\frac{6a\sqrt{31}}{3a\sqrt{97}}=\frac{2\sqrt{3007}}{97}$.
e. Tính góc tạo bởi $BC$ và $\left( SHD \right)$.
Kẻ $HD$ cắt $BC$ tại $I$
Kẻ $CK\bot DH$
Mà $CK\bot SH$( vì $SH\bot ABCD$)$\Rightarrow CK\bot \left( AHD \right)$ $\Rightarrow K$ là hình chiếu của $C$ lên $\left( AHD \right)$
$\Rightarrow \widehat{\left( BC;\left( SHD \right) \right)}=\widehat{\left( BC;IK \right)}=\widehat{CIK}$
Ta có: $\left\{ \begin{align} & AD\bot AB(gt) \\ & BC\bot AB(gt \\\end{align} \right.\Rightarrow AD\text{//}BC$ $\Rightarrow $ $\widehat{CIK}=\widehat{ADH}$ ( so le trong)
Mà: $\tan \left( \widehat{ADH} \right)=\frac{AH}{AD}=\frac{\frac{4a}{3}}{3a}=\frac{4}{9}$ $\Rightarrow \widehat{CIK}=\widehat{ADH}=\arctan \frac{4}{9}$
f. Tính góc tạo bởi $SB$ và $\left( SAD \right)$.
Kẻ $BL\bot SA$ (1)
Ta có: $\left\{ \begin{align} & AD\bot SH \\ & AD\bot AB \\\end{align} \right.\Rightarrow AD\bot \left( SAB \right)\Rightarrow AD\bot BL$ (2)
Từ (1) và (2) $\Rightarrow BL\bot \left( SAD \right)$ $\Rightarrow L$ là hình chiếu của $B$ lên mặt phẳng $\left( SAD \right)$
Suy ra $\widehat{\left( SB;\left( SAD \right) \right)}=\widehat{\left( SB;SL \right)}=\widehat{BSA}$
Ta có: $SA=\sqrt{S{{H}^{2}}+A{{H}^{2}}}=\frac{a\sqrt{43}}{3}$; $SB=\sqrt{S{{H}^{2}}+B{{H}^{2}}}=\frac{a\sqrt{31}}{3}$
Vậy $\cos \widehat{BSA}=\frac{S{{A}^{2}}+S{{B}^{2}}-A{{B}^{2}}}{2SA.SB}=\frac{19\sqrt{1333}}{1333}$
$\Rightarrow \widehat{BSA}\approx 58,6{}^\circ $.
g. Tính góc tạo bởi $SC$ và $\left( SAD \right)$.
Kẻ $CM\bot AD$, dựng $N$ sao cho $SAMN$ là hình bình hành, mà $AD\bot SA$ nên $AD\bot MN$
Kẻ $CO\bot MN$ $\Rightarrow \left\{ \begin{align} & OC\bot AD \\ & OC\bot MN \\\end{align} \right.\Rightarrow OC\bot \left( SAD \right)$
$\Rightarrow $ $O$ là hình chiếu của $C$ lên $\left( SAD \right)$
Suy ra: $\widehat{\left( SC;\left( SAD \right) \right)}=\widehat{\left( SC;SO \right)}=\widehat{CSO}$
Ta có: $\sin \widehat{CSO}=\frac{CO}{SC}=\frac{BL}{SC}$
Mà $BL=\frac{SH.AB}{SA}=\frac{6a\sqrt{129}}{43}$ và $SC=\sqrt{S{{H}^{2}}+H{{C}^{2}}}=\sqrt{S{{H}^{2}}+H{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}=\frac{a\sqrt{67}}{3}$
Vậy $\sin \widehat{CSO}=\frac{18\sqrt{8643}}{2881}$ hay $\widehat{CSO}\approx 35,5{}^\circ $.
Bài tập 7:
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thoi tâm $O$, cạnh $a$, $\widehat{BAD}=120{}^\circ $. Gọi $H$ là trung điểm $OA$, biết các mặt phẳng $\left( SHC \right)$ và $\left( SHD \right)$ cùng vuông góc với đáy, $SH=a\sqrt{2}$.
a. Tính góc giữa $SD$ và $BH$. b. Tính góc tạo bởi $SB$ và $\left( SAC \right)$.
c. Tính góc tạo bởi $SC$ và $\left( SAD \right)$. d. Tính góc tạo bởi $SA$ và $\left( SBD \right)$.
Lời giải
Ta có: $\left\{ \begin{align} & \left( SHC \right)\bot \left( ABCD \right) \\ & \left( SHD \right)\bot \left( ABCD \right) \\ & \left( SHD \right)\cap \left( SHC \right)=SH \\\end{align} \right.$
Suy ra $SH\bot \left( ABCD \right)\,\,\left( 1 \right)$.
Trong $\left( ABCD \right)$: Kẻ $DK\text{//}BH$ sao cho $K\in AC$.
Ta có: $DK\text{//}BH$ suy ra $\frac{OH}{OK}=\frac{OB}{OD}=\frac{BH}{DK}=1\,\,\left( 2 \right)$ (Định lý Thales)
Suy ra $OH=OK$
Mà $OH=\frac{1}{2}OA=\frac{1}{2}OC$
Suy ra $OK=\frac{1}{2}OC$
Suy ra $K$ là trung điểm $OC$.
Ta có: $\widehat{BAD}=120{}^\circ $ suy ra $\widehat{ABC}=60{}^\circ $
Mà $\Delta ABC$ cân tại $B$ (do $AB=BC$)
Suy ra $\Delta ABC$ đều
Suy ra $AB=BC=AC=a$
Suy ra $OH=AH=OK=CK=\frac{1}{4}a$, $OB=OD=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ và $OA=OC=\frac{1}{2}a$.
Xét $\Delta SAH$ vuông tại $H$ (do $\left( 1 \right)\Rightarrow SH\bot AH$), có: $SA=\sqrt{S{{H}^{2}}+A{{H}^{2}}}=\frac{a\sqrt{33}}{4}$.
Xét $\Delta SCH$ vuông tại $H$ (do $\left( 1 \right)\Rightarrow SH\bot CH$), có: $SC=\sqrt{S{{H}^{2}}+C{{H}^{2}}}=\frac{a\sqrt{41}}{4}$.
Xét $\Delta SAO$ có $SH$ là đường cao (do $\left( 1 \right)\Rightarrow SH\bot AO$) và $SH$ là trung tuyến (do $H$ là trung điểm của $OA$)
Suy ra $\Delta SAO$ cân tại $S$
Suy ra $SO=SA=\frac{a\sqrt{33}}{4}$.
Xét $\Delta OKD$ vuông tại $K$, có: $DK=\sqrt{O{{K}^{2}}+O{{D}^{2}}}=\frac{a\sqrt{13}}{4}$.
Ta có: $HK=OH+OK=\frac{1}{2}a$
Xét $\Delta SHK$ vuông tại $H$ (do $\left( 1 \right)\Rightarrow SH\bot HK$), có: $SK=\sqrt{S{{H}^{2}}+H{{K}^{2}}}=\frac{3a}{2}$.
$\left( 2 \right)\Rightarrow BH=DK$
Mà $DK\text{//}BH$
Suy ra $BHDK$ là hình bình hành
Mà $HK\bot BD$ tại $O$
Suy ra $BHDK$ là hình thoi
Suy ra $BH=HD=DK=KB=\frac{a\sqrt{13}}{4}$.
Xét $\Delta SHD$ vuông tại $H$ (do $\left( 1 \right)\Rightarrow SH\bot HD$), có: $SD=\sqrt{S{{H}^{2}}+H{{D}^{2}}}=\frac{3a\sqrt{5}}{4}$.
a. Tính góc giữa $SD$ và $BH$.
Ta có: $DK\text{//}BH$
Suy ra $\left( SD;BH \right)=\left( SD;DK \right)$
Áp dụng định lý hàm số côsin cho $\Delta SKD$ có: $S{{K}^{2}}=S{{D}^{2}}+D{{K}^{2}}-2SD.DK.\cos SDK$
$\Leftrightarrow \cos SDK=\frac{11\sqrt{65}}{195}$
Vậy $\left( SD;BH \right)=\arccos \frac{11\sqrt{65}}{195}$.
b. Tính góc tạo bởi $SB$ và $\left( SAC \right)$.
Ta có: $SH\bot BD$ (do $\left( 1 \right)$) và $BD\bot AC$
Suy ra $BD\bot \left( SAC \right)\,\,\left( 3 \right)$
Suy ra $BO\bot \left( SAC \right)\,\,\left( 4 \right)$
Suy ra $O$ là hình chiếu vuông góc của $B$ lên $\left( SAC \right)$
Mà $S$ là hình chiếu vuông góc của $S$ lên $\left( SAC \right)$
Suy ra $\left[ SB;\left( SAC \right) \right]=\left( SB;SO \right)=\widehat{BSO}$ (vì $\Delta SBO$ vuông tại $O$ nên $\widehat{BSO}$ nhọn)
Xét $\Delta SBO$ vuông tại $O$ (do $\left( 4 \right)\Rightarrow BO\bot SO$), có: $\tan BSO=\frac{BO}{SO}=\frac{2\sqrt{11}}{11}$
Vậy $\left[ SB;\left( SAC \right) \right]=\arctan \frac{2\sqrt{11}}{11}$.
c. Tính góc tạo bởi $SC$ và $\left( SAD \right)$.
Kẻ $HL\text{//}SC$ sao cho $L\in SA$
Suy ra $\left[ SC;\left( SAD \right) \right]=\left[ HL;\left( SAD \right) \right]$
Gọi $I$ là trung điểm của $AD$
Suy ra $CI\bot AD$ và $CI=\frac{a\sqrt{3}}{2}$
Trong $\left( ABCD \right)$: Kẻ $HM\bot AD$
Suy ra $HM\text{//}CI$.
Suy ra $\frac{HM}{CI}=\frac{AH}{AC}=\frac{1}{4}\Rightarrow HM=\frac{a\sqrt{3}}{8}$.
Ta có: $SH\bot AD$ (do $\left( 1 \right)$) và $HM\bot AD$ (cách vẽ)
Suy ra $AD\bot \left( SHM \right)\,\,\left( 5 \right)$
Suy ra $\left( SAD \right)\bot \left( SHM \right)$
Trong $\left( SHM \right)$: Kẻ $HP\bot SM$ tại $P$ và $\left( SAD \right)\cap \left( SHM \right)=SM$
Suy ra $HP\bot \left( SAD \right)\,\,\left( 6 \right)$
Suy ra $P$ là hình chiếu vuông góc của $H$ lên $\left( SAD \right)$
Mà $L$ là hình chiếu vuông góc của $L$ lên $\left( SAD \right)$
Suy ra $\left[ SC;\left( SAD \right) \right]=\left[ HL;\left( SAD \right) \right]=\left( HL;PL \right)=\widehat{HLP}$ (vì $\Delta HPL$ vuông tại $P$ nên $\widehat{HLP}$ nhọn)
Xét $\Delta SHM$ vuông tại $M$ (do $\left( 1 \right)\Rightarrow SH\bot HM$) có đường cao $HP$: $\frac{1}{H{{P}^{2}}}=\frac{1}{S{{H}^{2}}}+\frac{1}{H{{M}^{2}}}$$\Leftrightarrow HP=\frac{a\sqrt{786}}{131}$
Ta có: $HL\text{//}SC$ suy ra $\frac{HL}{SC}=\frac{AH}{AC}=\frac{1}{4}\Rightarrow HL=\frac{a\sqrt{41}}{16}$
Xét $\Delta HPL$ vuông tại $P$ (do $\left( 6 \right)\Rightarrow HP\bot PL$), có: $\sin HLP=\frac{HP}{HL}=\frac{16\sqrt{32226}}{5371}$
Vậy $\left[ SC;\left( SAD \right) \right]=\arcsin \frac{16\sqrt{32226}}{5371}$.
d. Tính góc tạo bởi $SA$ và $\left( SBD \right)$.
$\left( 3 \right)\Rightarrow \left( SBD \right)\bot \left( SAC \right)$
Trong $\left( SAC \right):$ Kẻ $AN\bot SO$ tại $N$ và $\left( SBD \right)\cap \left( SAC \right)=SO$
Suy ra $AN\bot \left( SBD \right)\,\,\left( 7 \right)$
Suy ra $N$ là hình chiếu vuông góc của $A$ lên $\left( SBD \right)$
Mà $S$ là hình chiếu vuông góc của $S$ lên $\left( SBD \right)$
Suy ra $\left[ SA;\left( SBD \right) \right]=\left( SA;SN \right)=\widehat{NSA}$ (vì $\Delta SNA$ vuông tại $N$ nên $\widehat{NSA}$ nhọn)
Ta có: ${{S}_{\Delta SAO}}=\frac{1}{2}.SH.AO=\frac{1}{2}.AN.SO$
Suy ra $SH.AO=AN.SO\Leftrightarrow AN=\frac{2a\sqrt{66}}{33}$
Xét $\Delta SAN$ vuông tại $N$ (do $AN\bot SN$), có: $\sin NSA=\frac{NA}{SA}=\frac{8\sqrt{2}}{33}$
Vậy $\left[ SA;\left( SBD \right) \right]=\arcsin \frac{8\sqrt{2}}{33}$.
Bài tập 8:
Cho hình chóp ${S.ABCD}$ có đáy ${ABCD}$ là hình vuông tâm ${O}$, cạnh ${a}$. Gọi ${M}$ là trung điểm ${OA}$, điểm ${N}$ thuộc ${CD}$ sao cho ${CN=\frac{1}{2}ND}$. Hình chiếu vuông góc của ${S}$ lên ${\left( ABCD \right)}$ là trung điểm ${H}$ của ${MN}$, biết ${SH=2a}$.
a. Tính góc tạo bởi $SD$ và $\left( ABCD \right)$.
b. Tính góc tạo bởi $SA$ và $\left( ABCD \right)$.
Lời giải
a. Tính góc tạo bởi $SD$ và $\left( ABCD \right)$.
Vì $HD$ là hình chiếu vuông góc của $SD$ trên $\left( ABCD \right)$ nên góc giữa $SD$ và $\left( ABCD \right)$ là $\widehat{SDH}$
Đặt$\widehat{SDH}=\alpha $
Ta có $\tan \alpha =\frac{SH}{HD}$ (1)
+Xét $\Delta OAD$có $OA=OD=\frac{a\sqrt{2}}{2}$; $AD=a$; $MD$là đường trung tuyến do đó
$M{{D}^{2}}=\frac{2\left( O{{D}^{2}}+A{{D}^{2}} \right)-O{{A}^{2}}}{4}=\frac{2\left( \frac{{{a}^{2}}}{2}+{{a}^{2}} \right)-\frac{{{a}^{2}}}{2}}{4}=\frac{5{{a}^{2}}}{8}$$\Rightarrow MD=\frac{a\sqrt{5}}{\sqrt{8}}$
+ Xét $\Delta CMN$ có $CM=\frac{3}{4}AC=\frac{3a\sqrt{2}}{4}$; $CN=\frac{a}{3}$; $\widehat{MCN}={{45}^{0}}$ ta có
$M{{N}^{2}}=C{{M}^{2}}+C{{N}^{2}}-2CM.CN.\cos {{45}^{0}}=\frac{9{{a}^{2}}}{8}+\frac{{{a}^{2}}}{9}-\frac{{{a}^{2}}}{2}=\frac{106}{144}{{a}^{2}}$$\Rightarrow MN=\frac{a\sqrt{106}}{12}$
+ Xét $\Delta MND$có $HD$là đường trung tuyến do đó
$H{{D}^{2}}=\frac{2\left( M{{D}^{2}}+N{{D}^{2}} \right)-M{{N}^{2}}}{4}=\frac{2\left( \frac{5{{a}^{2}}}{8}+\frac{4{{a}^{2}}}{9} \right)-\frac{106{{a}^{2}}}{144}}{4}=\frac{101}{288}{{a}^{2}}$$\Rightarrow HD=\frac{a\sqrt{202}}{24}$
Thay vào (1) ta có $\tan \alpha =\frac{SH}{HD}=\frac{48}{\sqrt{202}}$.
b. Tính góc tạo bởi $SA$và $\left( ABCD \right)$.
Vì $HA$ là hình chiếu vuông góc của $SA$ trên $\left( ABCD \right)$ nên góc giữa $SA$ và $\left( ABCD \right)$ là $\widehat{SAH}$
Đặt$\widehat{SAH}=\beta $
Ta có $\tan \beta =\frac{SH}{HA}$ (2)
+ Xét $\Delta HND$có $HN=\frac{1}{2}MN=\frac{a\sqrt{106}}{24}$; $ND=\frac{2a}{3}$; $HD=\frac{a\sqrt{202}}{24}$
$\cos \widehat{HDN}=\frac{D{{H}^{2}}+D{{N}^{2}}-H{{N}^{2}}}{2.HD.DN}=\frac{\frac{101{{a}^{2}}}{288}+\frac{4{{a}^{2}}}{9}-\frac{106{{a}^{2}}}{576}}{2.\frac{a\sqrt{202}}{6}.\frac{2a}{3}}\approx 0,8707$$\Rightarrow \widehat{HDN}\approx {{30}^{0}}$
Khi đó $\Rightarrow \widehat{HDA}\approx {{60}^{0}}$
+ Xét $\Delta HDA$có $HD=\frac{a\sqrt{202}}{24}$, $MD=\frac{a\sqrt{5}}{\sqrt{8}}$, $\widehat{HDA}\approx {{60}^{0}}$ ta có
$A{{H}^{2}}=H{{D}^{2}}+A{{D}^{2}}-2HD.AD.\cos {{60}^{0}}=\frac{101}{288}{{a}^{2}}+{{a}^{2}}-2.a\frac{\sqrt{202}}{24}.a.\frac{1}{2}\approx 1,943{{a}^{2}}$$\Rightarrow AH\approx 1,093a$
Vậy $\tan \beta =\frac{SH}{HA}\approx 1,83$.