Góc giữa cạnh bên và mặt phẳng chứa đường cao

Tài liệu Góc giữa cạnh bên và mặt phẳng chứa đường cao gồm 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 5 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 phẳng chứa đường cao (ảnh 1)

Góc giữa cạnh bên và mặt phẳng chứa đường cao

I. Phương pháp giải

Tìm góc giữa cạnh bên SB và mặt phẳng (SHA) với $(S H A) ⊥ (A B H) .$

Dựng $B K ⊥ A H$ , có $B K ⊥ S H \Rightarrow B K ⊥ (S H A) .$

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

Vậy $\hat{(S B; (S A H))} = \hat{(S B; S K)} = \hat{B S K} .$

II. Ví dụ minh họa

Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật có $A B = a, A D = a \sqrt{3}, S A ⊥ (A B C D) .$

Biết SC tạo với đáy một góc $60 °$ . 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 $S A ⊥ (A B C D) \Rightarrow \hat{(S C; (A B C D))} = \hat{S C A} = 60 ° .$

Lại có: $A C = \sqrt{A B^{2} + A D^{2}} = 2 a \Rightarrow S A = A C \tan 60 ° = 2 a \sqrt{3} .$

Khi đó $\{\begin{cases} S B = \sqrt{S A^{2} + A B^{2}} = a \sqrt{13} \\ S D = \sqrt{S A^{2} + A D^{2}} = a \sqrt{15} \\ S C = \sqrt{S A^{2} + A C^{2}} = 4 a . \end{cases}$

Do $\{\begin{cases} C B ⊥ S A \\ C B ⊥ A B \end{cases} \Rightarrow C B ⊥ (S A B) \Rightarrow \hat{(S C; (S A B))} = \hat{C S B} .$

Mặt khác $\cos \hat{C S B} = \frac{S B}{S C} = \frac{\sqrt{13}}{4} .$

Tương tự $C D ⊥ (S A D) \Rightarrow \hat{(S C; (S A D))} = \hat{C S D}$ và $\cos \hat{S C D} = \frac{S D}{S C} = \frac{\sqrt{15}}{4} .$

Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi tâm O cạnh a, $B D = a \sqrt{3}, S A ⊥ (A B C D) .$

Biết SC tạo với đáy một góc $60 °$ . 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 $O A = O C, O B = O D .$

Xét tam giác vuông OAB ta có: $\sin \hat{O A B} = \frac{O B}{A B} = \frac{\sqrt{3}}{2}$

$\Rightarrow \hat{O A B} = 60 ° \Rightarrow Δ A B C$ đều cạnh a.

Mặt khác $S A ⊥ (A B C D) \Rightarrow \hat{(S C; (A B C D))} = \hat{S C A} = 60 ° .$

Suy ra $S A = A C \tan 60 ° = a \sqrt{3} .$

Dựng $C H ⊥ A B \Rightarrow C H ⊥ (S A B) \Rightarrow \hat{(S C; (S A B))} = \hat{C S H} .$

Do đều cạnh a nên H là trung điểm của AB.

Ta có: $C H = \frac{a \sqrt{3}}{2} \Rightarrow \tan \hat{C S H} = \frac{C H}{S H}$ trong đó $S H = \sqrt{S A^{2} + A H^{2}} = \frac{a \sqrt{13}}{2} .$

Do đó $\tan \hat{C S H} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{13}} = \frac{\sqrt{39}}{13} .$

b) Ta có: $\{\begin{cases} D O ⊥ A C \\ D O ⊥ S A \end{cases} \Rightarrow (\hat{S D; (S A C)}) = \hat{D S O}$ và $\tan \hat{D S O} = \frac{O D}{S O} .$

Trong đó $O D = \frac{a \sqrt{3}}{2}; S O = \sqrt{S A^{2} + O A^{2}} = \frac{a \sqrt{13}}{2} \Rightarrow \tan \hat{D S O} = \frac{\sqrt{39}}{13} .$

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 \[AB = 3,AD = 6\] và \[SH = 2\]. 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 \[AE \bot DH \Rightarrow AE \bot \left( {SHD} \right)\]

\[ \Rightarrow \widehat {\left( {SA;\left( {SHD} \right)} \right)}{\rm{ = }}\widehat {{\rm{ASE}}}\]

Mặt khác \[AE = \frac{{AH.AD}}{{\sqrt {A{H^2} + A{D^2}} }} = \frac{6}{{\sqrt {37} }}\]

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

b) Dựng \[BF \bot HC \Rightarrow BF \bot \left( {SHC} \right).\]

Khi đó \[\widehat {\left( {SB;\left( {SHC} \right)} \right)}{\rm{ = }}\widehat {BSF}\], \[BF = \frac{{BH.BC}}{{\sqrt {B{H^2} + B{C^2}} }} = \frac{{3\sqrt {10} }}{5}.\]

Ta có:

\[\begin{array}{l}\tan \widehat {\left( {SB;\left( {SHC} \right)} \right)} = \tan \widehat {BSF}\\ = \frac{{BF}}{{SB}} = \frac{{3\sqrt 5 }}{{10}}.\end{array}\]

Ví dụ 4: Cho hình lăng trụ \[ABCD.A’B’C’D’\] có đáy ABCD là hình chữ nhật có\[AB = 2a,AD = 2a\sqrt 3 \], hình chiếu vuông góc của \[A’\] lên mặt phẳng (ABCD) trùng với tâm O của hình chữ nhật ABCD, biết cạnh bên \[AA’\] tạo với đáy một góc \[60^\circ \]. Tính cosin góc tạo với \[A’C\] và mặt phẳng \[\left( {A’BD} \right).\]

Lời giải

Ta có:

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

Do \[A’O \bot \left( {ABCD} \right)\]

\[ \Rightarrow \widehat {\left( {A’O;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {A’AO} = 60^\circ .\]

\[ \Rightarrow A’O = OA\tan 60^\circ = 2a\sqrt 3 \]

Dựng \[CH \bot BD \Rightarrow CH \bot \left( {A’BD} \right)\]

\[ \Rightarrow \widehat {\left( {A’C;\left( {A’BD} \right)} \right)} = \widehat {CA’H}.\]

Ta có: \[CH = \frac{{BC.CD}}{{\sqrt {B{C^2} + C{D^2}} }} = a\sqrt 3 .\]

\[A’C = \sqrt {O{{A’}^2} + O{C^2}} = \sqrt {12{a^2} + 4{a^2}} = 4a.\]

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 \[ABC.A’B’C’\] có đáy là tam giác đều cạnh a. Tính góc tạo bởi \[A’C\] và mặt phẳng \[\left( {ABB’A’} \right)\] biết \[AA’ = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\]

Lời giải

Dựng \[CH \bot AB \Rightarrow CH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\]

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

Lại có:

\[\begin{array}{l}A’H = \sqrt {A{{A’}^2} + A{H^2}} \\ = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}.\end{array}\]

Do đó \[\tan \widehat {CA’H} = \frac{{CH}}{{A’H}} = 1 \Rightarrow \widehat {CA’H} = 45^\circ .\]

Vậy \[\widehat {\left( {A’C;\left( {ABB’A’} \right)} \right)} = \widehat {CA’H} = 45^\circ .\]

Xem thêm

Bài liên quan:

Leave a Comment Hủy