Góc giữa cạnh bên và mặt bên - Trang Học trực tuyến

Tài liệu Góc giữa cạnh bên và mặt bên gồm các nội dung chính sau:

I. Phương pháp giải

– tóm tắt lý thuyết ngắn gọn;

– công thức tính góc giữa cạnh bên và mặt bên và phương pháp giải chi tiết từng dạng bài tập.

II. Một số ví dụ/ Ví dụ minh họa

– gồm 3 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 cạnh bên và mặt bên

I. Phương pháp giải

Tính góc giữa cạnh bên SC và mặt phẳng (SAB). Đặt $\hat{(S C; (S A B))} = φ (0 ° \leq φ \leq 90 °) .$

Ta có công thức: $\sin φ = \frac{d (C; (S A B))}{S C} .$

Từ đó suy ra các giá trị $\cos φ$ hoặc $\tan φ$ nếu đề bài yêu cầu.

II. Ví dụ minh họa

Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có $A D = 2 a, A B = a \sqrt{2}$ . Tam giác SAD cân tại S và thuộc mặt phẳng vuông góc với đáy. Đường thẳng SB tạo với đáy một góc $30 °$ . 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: $S H ⊥ A D$

Lại có: $(S A D) ⊥ (A B C D) \Rightarrow S H ⊥ (A B C D) .$

Ta có: $H A = a; H B = \sqrt{H A^{2} + A B^{2}} = a \sqrt{3}$

Do $S H ⊥ (A B C D) \Rightarrow \hat{(S B; (A B C D))} = \hat{S B H} = 30 °$

Suy ra $S H = H B \tan 30 ° = a .$

a) Do $A D / / B C \Rightarrow A D / / (S B C) .$

Do vậy $d (A; (S B C)) = d (H; (S B C)) .$

Dựng $\{\begin{cases} H E ⊥ B C \\ H F ⊥ S E \end{cases}$ tacó: $B C ⊥ H F$ từ đó suy ra $H F ⊥ (S B C)$

$\Rightarrow d (H; (S B C)) = H F = d (A; (S B C)) .$ Ta có: $S A = \sqrt{S H^{2} + S A^{2}} = a \sqrt{2} = S D .$

Mặt khác: $\frac{1}{H F^{2}} = \frac{1}{S H^{2}} + \frac{1}{H E^{2}} \Rightarrow H F = \frac{a \sqrt{6}}{3} \Rightarrow \sin \hat{(S A; (S B C))} = \frac{d (A; (S B C))}{S A} = \frac{\sqrt{3}}{3} .$

b) Dựng $H N ⊥ A C \Rightarrow A C ⊥ (S H N)$ , dựng $H I ⊥ S N \Rightarrow H I ⊥ (S A C)$

Do $\frac{D A}{H A} = 2 = \frac{d (D; (S A C))}{d (H; (S A C))} \Rightarrow d (D; (S A C)) = 2 d (H; (S A C)) = 2 H I$

Dựng $D M ⊥ A C \Rightarrow D M = \frac{2 a \sqrt{2}}{\sqrt{6}} \Rightarrow H N = \frac{a}{\sqrt{3}} \Rightarrow H I = \frac{H N . S H}{\sqrt{H N^{2} + S H^{2}}} = \frac{a}{2} \Rightarrow d (D; (S A C)) = a .$

Ta có: $\sin \hat{(S D; (S A C))} = \frac{d (D; (S A C))}{S D} = \frac{a}{a \sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} .$

Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD có \[AB = a\sqrt 3 ;AD = a\], 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).

Lời giải

Góc giữa cạnh bên và mặt bên (ảnh 1)

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

Ta có: \[BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = 2a \Rightarrow SO = \frac{1}{2}BD = a.\]

Dựng \[OE \bot BC,OF \bot SE \Rightarrow OF \bot \left( {SBC} \right).\]

\[d\left( {D;\left( {SBC} \right)} \right) = 2d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right) = 2HF\]

Ta có: \[HE = \frac{1}{2}AB = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\]

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

Suy ra \[d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{2a\sqrt {21} }}{7}.\] Mặt khác \[SA = \sqrt {S{O^2} + O{A^2}} = a\sqrt 2 .\]

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 \[ABC.A’B’C’\] có đáy là tam giác vuông tại A với \[AB = a;AC = a\sqrt 3 \], hình chiếu vuông góc của \[A’\] lên mặt đáy trùng với trung điểm H của BC. Biết \[A’H = a\sqrt 2 \]. Tính cosin góc tạo bởi \[A’B\] với mặt phẳng \[\left( {ACC’A’} \right)\].

Lời giải

Dựng \[HE \bot AC\] và \[HF \bot A’E\]

Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}AC \bot A’H\\AC \bot HE\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot HF \Rightarrow HF \bot \left( {AA’C} \right).\]

Khi đó \[d\left( {H;\left( {A’AC} \right)} \right) = HF.\]

Lại có \[BC = 2HC\] nên \[d\left( {B;\left( {AA’C} \right)} \right) = 2d\left( {H;\left( {AA’C} \right)} \right).\]

Mặt khác ME là đường trung bình trong tam giác ABC

nên \[ME = \frac{{AB}}{2} = \frac{a}{2}.\] Khi đó: \[HF = \frac{{HE.A’M}}{{\sqrt {H{E^2} + A'{M^2}} }} = \frac{{a\sqrt 2 }}{3}\]

Suy ra \[d\left( {B;\left( {AA’C} \right)} \right) = \frac{{2a\sqrt 2 }}{3};BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = 2a.\]

Lại có \[A’B = \sqrt {A'{H^2} + H{B^2}} = a\sqrt 3 .\]

Suy ra \[\sin \widehat {\left( {A’B;\left( {A’AC} \right)} \right)} = \sin \varphi = \frac{{d\left( {B;\left( {A’AC} \right)} \right)}}{{BA’}} = \frac{{2\sqrt 6 }}{9} \Rightarrow \cos \varphi = \sqrt {1 – {{\sin }^2}\varphi } = \frac{{\sqrt {57} }}{9}.\]

Xem thêm

Bài liên quan:

Leave a Comment Hủy