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 góc giữa hai mặt phẳng trong không gian 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 hai mặt phẳng cũng như bài tập tính góc giữa hai mặt phẳng oxyz 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
Để xác định góc giữa hai mặt phẳng $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$ ta thực hiện như sau:
+ Xác định giao tuyến $\Delta =\left( P \right)\cap \left( Q \right)$
+ Tìm mặt phẳng trung gian $\left( R \right)$ mà $\left( R \right)\bot \Delta $, (Đây là bước quan trọng nhất)
+ Xác định các đoạn giao tuyến thành phần: $\left\{ \begin{align} & a=\left( R \right)\cap \left( P \right) \\ & b=\left( R \right)\cap \left( Q \right) \\\end{align} \right.\Rightarrow \widehat{\left( \left( P \right);\left( Q \right) \right)}=\widehat{\left( a;b \right)}$
II. BÀI TẬP MẪU
Bài tập 1:
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $2a$, $O$ là tâm đáy. Hình chiếu vuông góc của $S$ xuống $\left( ABCD \right)$ là trung điểm $H$ của $OA$, biết $\widehat{\left( SD;\left( ABCD \right) \right)}=60{}^\circ $. Tính góc giữa
a) $\left( SCD \right)$ và $\left( ABCD \right)$.
b) $\left( MBC \right)$ và $\left( ABCD \right)$, với $M$ là trung điểm $SA$.
Lời giải
a)
Ta có: $SH\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow \widehat{\left( SD,\left( ABCD \right) \right)}=\widehat{\left( SD,HD \right)}=\widehat{SDH}=60{}^\circ $
$\Delta OHD:HO=\frac{1}{4}AC=\frac{a\sqrt{2}}{2},OD=a\sqrt{2}\Rightarrow HD=\sqrt{H{{O}^{2}}+O{{D}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \frac{a\sqrt{2}}{2} \right)}^{2}}+{{\left( a\sqrt{2} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{10}}{2}$
$\Delta SHD:SH=HD.\tan 60{}^\circ =\frac{a\sqrt{10}}{2}.\sqrt{3}=\frac{a\sqrt{30}}{2}$
a) Ta có: $\left( SCD \right)\cap \left( ABCD \right)=CD$
Trong mặt phẳng $\left( ABCD \right)$, kẻ $HI\parallel AD,\,HI\cap CD=I\Rightarrow \left\{ \begin{align} & HI\bot CD \\ & HI=\frac{3}{4}.2a=\frac{3a}{2} \\\end{align} \right.$
Lại có: $SH\bot CD\Rightarrow CD\bot \left( SHI \right)\Rightarrow \widehat{\left( \left( SCD \right),\left( ABCD \right) \right)}=\widehat{\left( SI,HI \right)}=\widehat{SIH}$ (do $\widehat{SIH}<90{}^\circ $)
Xét $\Delta SHI:tan\widehat{SIH}=\frac{SH}{HI}=\frac{\sqrt{30}}{3}\Rightarrow \widehat{\left( \left( SCD \right),\left( ABCD \right) \right)}=\widehat{SIH}=\arctan \frac{\sqrt{30}}{3}$.
b)
Ta có: $\left( MBC \right)\cap \left( ABCD \right)=BC$
Gọi $E$ là trung điểm $AH\Rightarrow EM\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow EM=\frac{1}{2}SH=\frac{a\sqrt{60}}{4}$.
Trong mặt phẳng $\left( ABCD \right)$, kẻ $EK\parallel AB,\,EK\cap BC=K\Rightarrow \left\{ \begin{align} & EK\bot BC \\ & EK=\frac{7}{8}AB=\frac{7}{8}.2a=\frac{7a}{4} \\\end{align} \right.$
Lại có: $EM\bot BC\Rightarrow BC\bot \left( MEK \right)\Rightarrow \widehat{\left( \left( MBC \right),\left( ABCD \right) \right)}=\widehat{\left( MK,EK \right)}=\widehat{MKE}$
Xét $\Delta MEK:tan\widehat{MKE}=\frac{EM}{EK}=\frac{\sqrt{60}}{7}\Rightarrow \widehat{\left( \left( MBC \right),\left( ABCD \right) \right)}=\widehat{MKE}=\arctan \frac{\sqrt{60}}{7}$.
Bài tập 2:
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thang vuông tại $A,\,B$ với $AB=BC=a$; $AD=\frac{5a}{2}$. Hình chiếu vuông góc của $S$ xuống $\left( ABCD \right)$ là điểm $H$ thuộc đoạn $AB$ với $BH=2AH$. Biết $\widehat{\left( SC;\left( ABCD \right) \right)}=45{}^\circ $. Tính góc giữa
a) $\left( SCD \right)$ và $\left( ABCD \right)$.
b) $\left( IBC \right)$ và $\left( ABCD \right)$, với $I$ thuộc đoạn $SA$ sao cho $SI=2IA$.
Lời giải
Ta có: $SH\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow \widehat{\left( SC,\left( ABCD \right) \right)}=\widehat{\left( SC,HC \right)}=\widehat{SCH}=45{}^\circ $
$\Rightarrow SH=HC=\sqrt{B{{H}^{2}}+B{{C}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \frac{2}{3}AB \right)}^{2}}+B{{C}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \frac{2a}{3} \right)}^{2}}+{{a}^{2}}}=\frac{a\sqrt{13}}{3}$
a)
Ta có: $\left( SCD \right)\cap \left( ABCD \right)=CD$
Trong mặt phẳng $\left( ABCD \right)$, kẻ $HK\bot CD$
Lại có: $SH\bot CD\Rightarrow CD\bot \left( SHK \right)\Rightarrow \widehat{\left( \left( SCD \right),\left( ABCD \right) \right)}=\widehat{\left( SK,HK \right)}=\widehat{SKH}$
Xét $\Delta SHK$:
$HK=\frac{2{{S}_{\Delta SHK}}}{CD}=\frac{2\left( {{S}_{ABCD}}-{{S}_{\Delta AHD}}-{{S}_{\Delta BHC}} \right)}{\sqrt{A{{B}^{2}}+{{\left( AD-BC \right)}^{2}}}}=\frac{2\left[ \frac{\left( AD+BC \right)AB}{2}-\frac{AD.AH}{2}-\frac{BH.BC}{2} \right]}{\sqrt{A{{B}^{2}}+{{\left( AD-BC \right)}^{2}}}}$
$=\frac{2\left[ \frac{\left( \frac{5a}{2}+a \right)a}{2}-\frac{\frac{5a}{2}.\frac{a}{3}}{2}-\frac{\frac{2a}{3}.a}{2} \right]}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( \frac{5a}{2}-a \right)}^{2}}}}=\frac{4a}{\sqrt{13}}$
$\Rightarrow \tan \widehat{SKH}=\frac{SH}{HK}=\frac{13}{12}\Rightarrow \widehat{\left( \left( SCD \right),\left( ABCD \right) \right)}=\widehat{SKH}=\arctan \frac{13}{12}$
b)
Ta có: $\left( IBC \right)\cap \left( ABCD \right)=BC$
Lại có: $BC\bot \left( SBA \right)\Rightarrow \widehat{\left( \left( IBC \right),\left( ABCD \right) \right)}=\widehat{\left( BI,BA \right)}=\widehat{IBA}$
Xét $\Delta SAB:BH=\frac{2}{3}AB=\frac{2a}{3}$
Gọi $P=IB\cap SH\Rightarrow \frac{HP}{SP}=\frac{IP}{BP}=\frac{HI}{SB}=\frac{IA}{SA}=\frac{HA}{BA}=\frac{1}{3}\Rightarrow HP=\frac{1}{4}SH=\frac{a\sqrt{13}}{12}$
Xét $\Delta BHP:tan\widehat{HBP}=\frac{HP}{BH}=\frac{\sqrt{13}}{8}=tan\widehat{ABI}\Rightarrow \widehat{\left( \left( IBC \right),\left( ABCD \right) \right)}=\widehat{ABI}=\arctan \frac{\sqrt{13}}{8}$.
Bài tập 3:
Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác đều cạnh $2a$, $I$ là điểm trên cạnh $BC$ sao cho $CI=2BI$. Hình chiếu vuông góc của $S$ lên mặt phẳng $\left( ABC \right)$ là điểm $H$ thuộc $AI$ với $\overrightarrow{HA}+2\overrightarrow{HI}=\overrightarrow{0}$, biết $\widehat{\left( SB;\left( ABC \right) \right)}=60{}^\circ $. Tính góc giữa hai mặt phẳng $\left( NAB \right)$ và $\left( ABC \right)$ với $N$ là trung điểm $SI$.
Lời giải
+ Gọi $J$ là trung điểm $IH\Rightarrow NJ//SH$, mà $SH\bot \left( ABC \right)\Rightarrow NJ\bot \left( ABC \right)\Rightarrow NJ\bot AB$
Trong mặt phẳng $\left( ABC \right)$, kẻ $JE\bot AB\,\left( E\in AB \right)\Rightarrow AB\bot \left( NEJ \right)$
Lại có: $AB=\left( NAB \right)\cap \left( ABC \right),\left( NAB \right)\cap \left( NEJ \right)=NE,\left( ABC \right)\cap \left( NEJ \right)=EJ$
$\Rightarrow \widehat{\left( \left( NAB \right),\left( ABC \right) \right)}=\widehat{\left( NE,EJ \right)}=\widehat{NEJ}$
+ $SH\bot \left( ABC \right)\Rightarrow \widehat{\left( SB,\left( ABC \right) \right)}=\widehat{\left( SB,HB \right)}=\widehat{SBH}=60{}^\circ $
+ Ta có: $AB=BC=CA=2a,BI=\frac{BC}{3}=\frac{2a}{3},NJ=\frac{SH}{2}$
$\overrightarrow{HA}+2\overrightarrow{HI}=\overrightarrow{0}\Rightarrow 3\overrightarrow{BH}=\overrightarrow{BA}+2\overrightarrow{BI}\Rightarrow 9B{{H}^{2}}=B{{A}^{2}}+4B{{I}^{2}}+4\overrightarrow{BA}.\overrightarrow{BI}$
$\Rightarrow B{{H}^{2}}=\frac{76{{a}^{2}}}{81}\Rightarrow BH=\frac{2a\sqrt{19}}{9}\Rightarrow SH=BH.\tan 60{}^\circ =\frac{2a\sqrt{19}}{9}.\sqrt{3}=\frac{2a\sqrt{57}}{9}$
$\Rightarrow NJ=\frac{2a\sqrt{57}}{9}$
Lại có: $\frac{{{S}_{\Delta ABJ}}}{{{S}_{\Delta ABI}}}=\frac{AJ}{AI}=\frac{5}{6};\frac{{{S}_{\Delta ABI}}}{{{S}_{\Delta ABC}}}=\frac{BI}{BC}=\frac{1}{3}\Rightarrow \frac{{{S}_{\Delta ABJ}}}{{{S}_{\Delta ABC}}}=\frac{5}{18}$
$\Rightarrow {{S}_{\Delta ABJ}}=\frac{5}{18}.{{S}_{\Delta ABC}}=\frac{5}{18}.\frac{4{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{5{{a}^{2}}\sqrt{3}}{18}=\frac{JE.AB}{2}\Rightarrow JE=\frac{2.5{{a}^{2}}\sqrt{3}}{18.AB}=\frac{2.5{{a}^{2}}\sqrt{3}}{18.2a}=\frac{5a\sqrt{3}}{18}$
+ Xét tam giác $NJE$ vuông tại $J$ $\Rightarrow \tan \widehat{NEJ}=\frac{NJ}{JE}=\frac{\frac{2a\sqrt{57}}{9}}{\frac{5a\sqrt{3}}{18}}=\frac{4\sqrt{19}}{5}$
$\Rightarrow \Rightarrow \widehat{\left( \left( NAB \right),\left( ABC \right) \right)}=\widehat{NEJ}=\arctan \frac{4\sqrt{19}}{5}$.
Bài tập 4:
Cho hình chóp $S.ABCD$ có $SA\bot \left( ABCD \right)$ và $SA=a\sqrt{2}$, đáy $ABCD$ là hình thang vuông tại $A$ và $D$ với $AB=2a,\,AD=DC=a$. Tính góc giữa các cặp mặt phẳng sau:
a) $\left( SBC \right)$ và $\left( ABC \right)$.
b) $\left( SAB \right)$ và $\left( SBC \right)$.
c)* $\left( SBC \right)$ và $\left( SCD \right)$.
Lời giải
a) Ta có: $\left( SBC \right)\cap \left( ABC \right)=BC$
Gọi $E$ là trung điểm $AB$$\Rightarrow AECD$ là hình vuông và $BCDE$ là hình bình hành
$\Rightarrow AC\bot BC$, mà $SA\bot BC\Rightarrow BC\bot \left( SAC \right)$$\Rightarrow \widehat{\left( \left( SBC \right),\left( ABC \right) \right)}=\widehat{SCA}$
Xét tam giác $SAC$ vuông tại $A$, có $AC=a\sqrt{2}=SA$ nên $\widehat{\left( \left( SBC \right),\left( ABC \right) \right)}=\widehat{SCA}=45{}^\circ $.
b) Ta có: $\left( SAB \right)\cap \left( SBC \right)=SB$
Ta có: $\left\{ \begin{align} & CE\bot AB \\ & CE\bot SA \\\end{align} \right.\Rightarrow CE\bot SB$, kẻ $EH\bot SB\,\left( H\in SB \right)\Rightarrow SB\bot \left( CHE \right)$
Do đó: $\widehat{\left( \left( SAB \right),\left( SBC \right) \right)}=\widehat{\left( HE,HC \right)}=\widehat{EHC}$
Tam giác $EHC$ vuông tại $E$, có
$CE=a,HE=\frac{SA.BE}{SB}=\frac{a\sqrt{2}.a}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{2}.a}{\sqrt{{{\left( a\sqrt{2} \right)}^{2}}+{{\left( 2a \right)}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$
$\Rightarrow \tan \widehat{EHC}=\frac{CE}{EH}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{\left( \left( SAB \right),\left( SBC \right) \right)}=\widehat{EHC}=60{}^\circ $.
c) Ta có: $\left( SBC \right)\cap \left( SCD \right)=SC$
Kẻ $DP\bot SC\,\left( P\in SC \right),PQ\bot SC\,\left( Q\in SB \right)\Rightarrow SC\bot \left( DPQ \right)$$\Rightarrow \widehat{\left( \left( SBC \right),\left( SCD \right) \right)}=\widehat{\left( DP,PQ \right)}$
Ta chứng minh được:
$\left\{ \begin{align} & PQ//BC \\ & PQ=\frac{1}{2}BC \\\end{align} \right.$$\Rightarrow \left\{ \begin{align} & PQ//OD \\ & PQ=OD=\frac{a\sqrt{2}}{2} \\\end{align} \right.\Rightarrow \widehat{\left( DP,PQ \right)}=\widehat{\left( DP,DO \right)}$
$DP=\frac{CD.SD}{SC}=\frac{CD.\sqrt{A{{D}^{2}}+S{{A}^{2}}}}{\sqrt{C{{D}^{2}}+S{{D}^{2}}}}=\frac{a.\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( a\sqrt{2} \right)}^{2}}}}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{a}^{2}}+{{\left( a\sqrt{2} \right)}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$
Lại có: $\left\{ \begin{align} & OD\bot SA \\ & OD\bot AC \\\end{align} \right.\Rightarrow OD\bot \left( SAC \right)\Rightarrow OD\bot OP$
Tam giác $DOP$ vuông tại $O$ $\Rightarrow \cos \widehat{ODP}=\frac{OD}{DP}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$
Vậy $\widehat{\left( \left( SBC \right),\left( SCD \right) \right)}=\arccos \frac{\sqrt{6}}{3}$.
Bài tập 5:
Cho tứ diện $ABCD$ có $ABC$ là tam giác đều, $\Delta DBC$ vuông cân tại $D$. Biết $AB=2a$, $AD=a\sqrt{7}$. Tính góc giữa $\left( ABC \right)$ và $\left( DBC \right)$.
Lời giải
Ta có: $\left( ABC \right)\cap \left( BCD \right)=BC$
Gọi $E$ là trung điểm $BC$
$\Rightarrow \left\{ \begin{align} & AE\bot BC \\ & DE\bot BC \\\end{align} \right.\Rightarrow \left( ADE \right)\bot BC\Rightarrow \widehat{\left( \left( ABC \right),\left( BCD \right) \right)}=\widehat{\left( AE,DE \right)}$
Tam giác $ADE$ có $AE=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3},DE=\frac{BC}{2}=\frac{2a}{2}=a,AD=a\sqrt{7}$
Do đó: $\cos \widehat{AED}=\frac{A{{E}^{2}}+D{{E}^{2}}-A{{D}^{2}}}{2AE.DE}=\frac{{{\left( a\sqrt{3} \right)}^{2}}+{{a}^{2}}-{{\left( a\sqrt{7} \right)}^{2}}}{2\left( a\sqrt{3} \right).a}=-\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \widehat{AED}=150{}^\circ $
Vậy $\widehat{\left( \left( ABC \right),\left( BCD \right) \right)}=\widehat{\left( AE,DE \right)}=180{}^\circ -150{}^\circ =30{}^\circ $.
Bài tập 6:
Cho hình chóp $S.ABC$, có đáy $ABC$ là tam giác vuông cân với $BA=BC=a;\,SA\bot \left( ABC \right)$ và $SA=a$. Gọi $E,\,F$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $AB$ và $AC$.
a) Tính góc giữa hai mặt phẳng $\left( SAC \right)$ và $\left( SBC \right)$.
b) Tính góc giữa hai mặt phẳng $\left( SEF \right)$ và $\left( SBC \right)$.
Lời giải
a) Ta có: $\left( SAC \right)\cap \left( ABC \right)=AC$
Gọi $F$ là trung điểm $AC$$\Rightarrow \left\{ \begin{align} & BF\bot AC \\ & BF\bot SA \\\end{align} \right.\Rightarrow BF\bot \left( SAC \right)\Rightarrow BF\bot SC$
Kẻ $FH\bot SC\,\left( H\in SC \right)\Rightarrow SC\bot \left( BHF \right)$$\Rightarrow \widehat{\left( \left( SAC \right),\left( ABC \right) \right)}=\widehat{\left( HF,HB \right)}$
Tam giác $BHF$vuông tại $F$có:
$BF=\frac{a\sqrt{2}}{2},FH=\frac{SA.FC}{SC}=\frac{SA.FC}{\sqrt{S{{A}^{2}}+F{{C}^{2}}}}=\frac{a.\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( a\sqrt{2} \right)}^{2}}}}=\frac{a}{\sqrt{6}}$
$\Rightarrow \tan \widehat{FHB}=\frac{BF}{HF}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\frac{a}{\sqrt{6}}}=\sqrt{3}$
Vậy $\widehat{\left( \left( SAC \right),\left( ABC \right) \right)}=\widehat{\left( HF,HB \right)}=\widehat{FHB}=60{}^\circ $.
b) Vì $EF//BC\Rightarrow \left( SEF \right)\cap \left( SBC \right)=Sx//BC//EF$
Gọi $I,K$ lần lượt là trung điểm $EF,BC$
$\Rightarrow Sx\bot \left( SIK \right),\left( SIK \right)\cap \left( SEF \right)=SI,\left( SIK \right)\cap \left( SBC \right)=SK$
$\Rightarrow \widehat{\left( \left( SEF \right),\left( SBC \right) \right)}=\widehat{\left( SI,SK \right)}$
Ta có: $AK=\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{K}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{5}}{2},AI=IK=\frac{1}{2}AK=\frac{a\sqrt{5}}{4}$
$SI=\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{I}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( \frac{a\sqrt{5}}{4} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{21}}{4},SK=\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{K}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( \frac{a\sqrt{5}}{2} \right)}^{2}}}=\frac{3a}{2}$
Xét tam giác $SIK$ có:
$cos\widehat{ISK}=\frac{S{{I}^{2}}+S{{K}^{2}}-I{{K}^{2}}}{2SI.SK}=\frac{{{\left( \frac{a\sqrt{21}}{4} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{3a}{2} \right)}^{2}}-{{\left( \frac{a\sqrt{5}}{4} \right)}^{2}}}{2.\frac{a\sqrt{21}}{4}.\frac{3a}{2}}=\frac{13}{3\sqrt{7}}$.
Vậy $cos\widehat{\left( \left( SEF \right),\left( SBC \right) \right)}=\frac{13}{3\sqrt{7}}$.
Bài tập 7:
Cho hình chóp $S.ABCD$ có $SA\bot \left( ABCD \right)$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $2a$; $SA\bot \left( ABCD \right)$ và $SA=a\sqrt{2}$. Tính góc giữa
a) $\left( SCD \right)$ và $\left( ABCD \right)$.
b) $\left( SBD \right)$ và $\left( ABCD \right)$.
c) $\left( SDI \right)$ và $\left( ABCD \right)$, với $I$ là trung điểm $BC$.
Lời giải
a) Ta có: $\left\{ \begin{align} & CD\bot SA \\ & CD\bot AD \\\end{align} \right.\Rightarrow CD\bot \left( SAD \right)\Rightarrow \widehat{\left( \left( ABCD \right),\left( SCD \right) \right)}=\widehat{\left( SD,SA \right)}=\widehat{SDA}$
$\tan \widehat{SDA}=\frac{SA}{SD}=\frac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow \widehat{\left( \left( ABCD \right),\left( SCD \right) \right)}=\widehat{SDA}=\arctan \frac{1}{\sqrt{2}}$.
b) Ta có: $\left\{ \begin{align} & BD\bot AC \\ & BD\bot SA \\\end{align} \right.\Rightarrow BD\bot \left( SAC \right)\Rightarrow \widehat{\left( \left( ABCD \right),\left( SBD \right) \right)}=\widehat{\left( SO,AC \right)}=\widehat{SOA}$ (do $\widehat{SOA}<90{}^\circ $)
$\tan \widehat{SOA}=\frac{SA}{SD}=\sqrt{2}\Rightarrow \widehat{\left( \left( ABCD \right),\left( SBD \right) \right)}=\widehat{SOA}=\arctan \sqrt{2}$.
c) Gọi $J$ là trung điểm $CD$.
Ta có: $\left\{ \begin{align} & DI\bot JA \\ & DI\bot SA \\\end{align} \right.\Rightarrow BD\bot \left( SJA \right)\Rightarrow \widehat{\left( \left( ABCD \right),\left( SDJ \right) \right)}=\widehat{\left( SJ,JA \right)}=\widehat{SJA}$ (do $\widehat{SOA}<90{}^\circ $)
$\tan \widehat{SJA}=\frac{SA}{JA}=\frac{SA}{\sqrt{A{{D}^{2}}+D{{J}^{2}}}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \widehat{\left( \left( ABCD \right),\left( SDJ \right) \right)}=\widehat{SJA}=\arctan \frac{1}{\sqrt{3}}$.
Bài tập 8:
Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác đều cạnh $a\sqrt{2}$, $I$ là trung điểm của $BC$. Hình chiếu vuông góc của $S$ lên mặt phẳng $\left( ABC \right)$ là điểm $H$ thuộc $AI$ với $\overrightarrow{IH}+2\overrightarrow{AH}=\overrightarrow{0}$ và $SH=2a$. Tính góc giữa
a) $BC$ và $SA$.
b) $\left( SBC \right)$ và $\left( ABC \right)$.
c) $\left( SAB \right)$ và $\left( ABC \right)$.
Lời giải
a) Dựng hình thoi $ABCD\Rightarrow BC//AD\subset \left( SAD \right)\Rightarrow \widehat{\left( BC,SA \right)}=\widehat{SAD}$
Do $2\overrightarrow{AH}+\overrightarrow{IH}=\overrightarrow{0}\Rightarrow AH=\frac{1}{3}AI=\frac{a\sqrt{6}}{6}\Rightarrow SA=\sqrt{S{{H}^{2}}+A{{H}^{2}}}=\frac{a\sqrt{6}}{6}$
Xét $\Delta AHD:HD=\sqrt{A{{D}^{2}}+A{{H}^{2}}}=a\sqrt{\frac{13}{6}}\Rightarrow SD=\sqrt{S{{H}^{2}}+H{{D}^{2}}}=a\sqrt{\frac{37}{6}}$
Nhận xét: $S{{A}^{2}}+A{{D}^{2}}=S{{D}^{2}}\Rightarrow $ tam giác $SAD$ vuông tại $A$$\Rightarrow \widehat{SAD}=90{}^\circ $
Vậy $\widehat{\left( BC;SA \right)}=90{}^\circ $.
b) Ta có: $\left( SBC \right)\cap \left( ABC \right)=BC$
Nhận xét: tam giác $SBC$ cân tại $A$$\Rightarrow SI\bot BC$
Mà $AI\bot BC\Rightarrow BC\bot \left( SAI \right)$
Suy ra: $\widehat{\left( \left( SBC \right),\left( ABC \right) \right)}=\widehat{\left( SI,AI \right)}=\widehat{SIA}$
Tính được: $AI=\frac{a\sqrt{6}}{2};HI=\frac{a\sqrt{6}}{3}\Rightarrow SI=\frac{a\sqrt{42}}{3}$
Xét $\Delta SAI:cos\widehat{SIA}=\frac{S{{I}^{2}}+I{{A}^{2}}-S{{A}^{2}}}{2SI.IA}=\frac{1}{\sqrt{7}}\Rightarrow \widehat{SIA}=67,8{}^\circ $
Suy ra: $\widehat{\left( \left( SBC \right),\left( ABC \right) \right)}=67,8{}^\circ $.
c) Ta có: $\left( SAB \right)\cap \left( ABC \right)=AB$
Từ $H$ dựng $HK\bot AB\Rightarrow AB\bot \left( SHK \right)\Rightarrow \widehat{\left( \left( SAB \right);\left( ABC \right) \right)}=\widehat{SKH}$
Ta dễ dàng chứng minh được: $HK=\frac{1}{3}BI=\frac{a\sqrt{2}}{6};SK=\sqrt{S{{H}^{2}}+H{{K}^{2}}}=\frac{a\sqrt{146}}{6}$
Xét $\Delta SHK:cos\widehat{SKH}=\frac{S{{K}^{2}}+K{{H}^{2}}-S{{H}^{2}}}{2SK.KH}=\frac{1}{\sqrt{73}}\Rightarrow \widehat{SKH}=83,3{}^\circ $
Suy ra: $\widehat{\left( \left( SAB \right),\left( ABC \right) \right)}=\widehat{SKH}=83,3{}^\circ $.
Vậy $MN\bot \left( SAM \right)\Rightarrow \left( SMN \right)\bot \left( SAM \right)$.