Các Dạng Toán Bài Hai Mặt Phẳng Vuông Góc Giải Chi Tiết

Các dạng toán bài hai mặt phẳng vuông góc giải chi tiết được soạn dưới dạng file word và PDF gồm 7 trang. Các bạn xem và tải về ở dưới.

DẠNG 1. CHỨNG MINH HAI MẶT PHẲNG VUÔNG GÓC

Phương pháp:

Để chứng minh $(P) \bot (Q)$ ta chứng minh trong mặt phẳng $(P)$ có một đường thẳng vuông góc với $(Q)$.

$\left\{ \begin{gathered}
a \bot (Q) \hfill \\
a \subset (P) \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow (P) \bot (Q)$

Câu 1. Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông cân tại $B$ và $SA \bot \left( {ABC} \right)$.

a) Chứng minh rằng $\left( {SBC} \right) \bot \left( {SAB} \right)$.

b) Gọi $M$ là trung điểm của $AC$. Chứng minh rằng $\left( {SBM} \right) \bot \left( {SAC} \right)$.

Lời giải

a) Ta có:

$BC \bot AB$ (giả thiết),

$BC \bot SA$ (vì $SA \bot \left( {ABC} \right)$)

$ \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)$

Mà $BC \subset \left( {SBC} \right)$

nên $\left( {SBC} \right) \bot \left( {SAB} \right)$.

b) Vì tam giác $ABC$ là tam giác vuông cân tại $B$ nên $BM \bot AC$.

Mà $BM \bot SA$ (vì $SA \bot \left( {ABC} \right)$

suy ra $BM \bot \left( {SAC} \right)$.

Vậy $\left( {SBM} \right) \bot \left( {SAC} \right)$.

Câu 2. Cho hình chóp $S.ABCD$, đáy $ABCD$ là một hình vuông tâm $O,SO \bot \left( {ABCD} \right)$. Chứng minh rằng hai mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ và $\left( {SBD} \right)$.

Lời giải

Ta có:

$AC \bot BD$ ($ABCD$là hình vuông),

$AC \bot SO$ (vì $SO \bot \left( {ABCD} \right)$)

$ \Rightarrow AC \bot \left( {SBD} \right)$

Mà $AC \subset \left( {SAC} \right)$

nên $\left( {SAC} \right) \bot \left( {SBD} \right)$.

Câu 3. Cho tứ diên $ABCD$ có $AC = BC,AD = BD$. Gọi $M$ là trung điểm của $AB$. Chứng minh rằng $\left( {CDM} \right) \bot \left( {ABC} \right)$ và $\left( {CDM} \right) \bot \left( {ABD} \right)$.

Lời giải

Vì $M$ là trung điểm của $AB$ nên $AB \bot CM,AB \bot DM$, suy ra $AB \bot \left( {CDM} \right)$.

Vì hai mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ và $\left( {ABD} \right)$ đều chứa đường thẳng $AB$ nên $\left( {ABC} \right) \bot \left( {CDM} \right),\left( {ABD} \right) \bot \left( {CDM} \right)$.

Câu 4. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thoi tâm $O$, cạnh bằng $a$, góc $BAD$ bằng ${60^ \circ }$. Kẻ $OH$ vuông góc với $SC$ tại $H$. Biết $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ và $SA = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}$. Chứng minh rằng:

a) $\left( {SBD} \right) \bot \left( {SAC} \right)$;

b) $\left( {SBC} \right) \bot \left( {BDH} \right)$;

c) $\left( {SBC} \right) \bot \left( {SCD} \right)$.

Lời giải

a) Ta có $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $SA \bot BD$ mà $BD \bot AC$, do đó $BD \bot \left( {SAC} \right)$.

Vì mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$ chứa $BD$ nên $\left( {SBD} \right) \bot \left( {SAC} \right)$.

b) Ta có $BD \bot \left( {SAC} \right)$ nên $BD \bot SC$ mà $SC \bot OH$, do đó $SC \bot \left( {BDH} \right)$.

Vì mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ chứa $SC$ nên $\left( {SBC} \right) \bot \left( {BDH} \right)$.

c) Ta có: $SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}} = \frac{{3a\sqrt 2 }}{2}$.

Vì $\vartriangle CHO$ cs $\vartriangle CAS$ nên $\frac{{HO}}{{AS}} = \frac{{CO}}{{CS}}$, suy ra $HO = \frac{{CO \cdot AS}}{{CS}} = \frac{a}{2} = \frac{{BD}}{2}$.

Do đó, tam giác $BDH$ vuông tại $H$, suy ra $\widehat {BHD} = {90^ \circ }$.

Ta lại có $BH \bot SC,DH \bot SC$ nên $\left( {SBC} \right) \bot \left( {SCD} \right)$.

Câu 5. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thoi tâm $O$. Các tam giác $SAC$ và $SBD$ cân tại $S$. Chứng minh rằng:

a) $SO \bot \left( {ABCD} \right)$;

b) $\left( {SAC} \right) \bot \left( {SBD} \right)$.

Lời giải

a) Ta có các tam giác $SAC$ và $SBD$ cân tại $S$ nên $SO \bot AC,SO \bot BD \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)$.

b) Ta có $AC \bot SO$ (vì $SO \bot \left( {ABCD} \right)$ ) và $AC \bot BD$ (vì $ABCD$ là hình thoi)

$ \Rightarrow AC \bot \left( {SBD} \right)$.

Vậy $\left( {SAC} \right) \bot \left( {SBD} \right)$.

Câu 6. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình vuông tâm $O$. Hai mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {SAD} \right)$ cùng vuông góc với mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$. Gọi $H$ và $K$ lần lượt là hình chiếu của $A$ trên $SB$ và $SD$. Chứng minh rằng:

a) $\left( {SBC} \right) \bot \left( {SAB} \right)$;

b) $\left( {SCD} \right) \bot \left( {SAD} \right)$;

c) $\left( {SBD} \right) \bot \left( {SAC} \right)$;

d) $\left( {SAC} \right) \bot \left( {AHK} \right)$.

Lời giải

a) Ta có: $\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)$;

$\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)$;

$\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAD} \right) = SA$

$ \Rightarrow SA \bot \left( {ABCD} \right)$

Khi đó: $BC \bot AB$ (giả thiết);

$BC \bot SA$ (vì $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ )

$ \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAB} \right)$

b) Chứng minh tương tự câu a, ta được $\left( {SCD} \right) \bot \left( {SAD} \right)$

c) Ta có $BD \bot AC$ (giả thiết)

$BD \bot SA$ (vì $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ )

$ \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow \left( {SBD} \right) \bot \left( {SAC} \right)$.

d) Ta có $\left( {SAB} \right) \bot \left( {SBC} \right)$ (chứng minh trên)

$\left( {SAB} \right) \cap \left( {SBC} \right) = SB$;

$AH \bot SB$ (giả thiết)

$ \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AH \bot SC$. (1)

Ta có: $\left( {SCD} \right) \bot \left( {SAD} \right)$ (chứng minh trên);

$\left( {SCD} \right) \cap \left( {SAD} \right) = SD$

$AK \bot SD$ (giả thiết)

$ \Rightarrow AK \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow AK \bot SC\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) suy ra: $SC \bot \left( {AHK} \right)$.

Vậy $\left( {SAC} \right) \bot \left( {AHK} \right)$.

DẠNG 2. GÓC GIỮA HAI MẶT PHẲNG, GÓC NHỊ DIỆN

a) Phương pháp tính góc giữa hai mặt phẳng $(P)$ và $(Q)$

Để tính góc giữa hai mặt phẳng $(P)$ và $(Q)$ ta làm như sau:

+ Tìm giao tuyến $d$ của hai mặt phẳng $(P)$ và $(Q)$.

+ Tìm hai đường thẳng $a$, $b$ cùng vuông góc với $d$ và lần lượt nằm trong $(P)$, $(Q)$.

+ Khi đó, $(\widehat {P,\,Q}) = (a,\,b)$.

b) Phương pháp tính góc nhị diện $[P,\,a,\,Q]$

+ Tìm hai tia $Ox,\,Oy$ lần lượt nằm trong $(P)$, $(Q)$ và $Ox,\,Oy$ cùng vuông góc với $a$.

+ Khi đó, Số đo góc nhị diện $[P,\,a,\,Q]$ là góc $\widehat {xOy}$.

Câu 7. Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA \bot \left( {ABC} \right),AB = AC = a$, $\widehat {BAC} = {120^ \circ },SA = \frac{a}{{2\sqrt 3 }}$. Gọi $M$ là trung điểm của $BC$.

a) Chứng minh rằng $\widehat {SMA}$ là một góc phẳng của góc nhị diện $\left[ {S,BC,A} \right]$.

b) Tính số đo của góc nhị diện $\left[ {S,BC,A} \right]$.

Lời giải

a) $AM \bot BC,SM \bot BC \Rightarrow \widehat {SMA}$ là một góc phẳng nhị diện $\left[ {S,BC,A} \right]$.

b) $AM = \frac{a}{2} \Rightarrow tan\widehat {SMA} = \frac{{SA}}{{AM}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \widehat {SMA} = {30^ \circ }$.

Câu 8. Cho hình chóp tam giác đều $S.ABC$, cạnh đáy bằng $a$, cạnh bên bằng $a\sqrt {\frac{5}{{12}}} $. Tính số đo của góc nhị diện $\left[ {S,BC,A} \right]$.

Lời giải

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Ta tính được

$AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},HM = \frac{{a\sqrt 3 }}{6},SM = \frac{a}{{\sqrt 6 }}$

$ \Rightarrow cos\widehat {SMH} = \frac{1}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow \widehat {SMH} = {45^ \circ }$.

Câu 9. Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA \bot \left( {ABC} \right)$. Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $BC$.

a) Chứng minh rằng $\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)$ và $\left( {SAH} \right) \bot \left( {SBC} \right)$.

b) Giả sử tam giác $ABC$ vuông tại $A,\widehat {ABC} = {30^ \circ },AC = a,SA = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$. Tính số đo của góc nhị diện $\left[ {S,BC,A} \right]$.

Lời giải

a) $SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow \left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)$.

Vì $BC \bot AH,BC \bot SA \Rightarrow BC \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAH} \right)$.

b) $AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \widehat {SHA} = {45^ \circ }$.

Câu 10. Cho hình lập phương $ABCD \cdot A’B’C’D’$ có cạnh bằng $a$.

a) Tính độ dài đường chéo của hình lập phương.

b) Chứng minh rằng $\left( {ACC’A’} \right) \bot \left( {BDD’B’} \right)$.

c) Gọi $O$ là tâm của hình vuông $ABCD$. Chứng minh rằng $\widehat {COC’}$ là một góc phẳng của góc nhị diện $\left[ {C,BD,C} \right]$. Tính (gần đúng) số đo của các góc nhị diện $\left[ {C,BD,C} \right],\left[ {A,BD,C} \right]$.

Lời giải

a) Ta có: $AC = a\sqrt 2 ,CC’ = a$.

Do đó $AC’ = \sqrt {C{C^{{\text{‘}}2}} + A{C^2}} = \sqrt {{a^2} + 2{a^2}} = a\sqrt 3 $.

b) $AC \bot BD,AC \bot BB’ \Rightarrow AC \bot \left( {BDD’B’} \right) \Rightarrow \left( {ACC’A’} \right) \bot \left( {BDD’B’} \right)$.

c) $OC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2},CC’ = a \Rightarrow tan\widehat {COC’} = \sqrt 2 \Rightarrow \widehat {COC’} \approx {55^ \circ }$ và góc nhị diện $\left[ {A,BD,C’} \right]$

bằng ${180^ \circ } – \widehat {C’C’} \approx {125^ \circ }$.

Câu 11. Cho hình chóp đều $S.ABC$, đáy có cạnh bằng $a$, cạnh bên bằng $b$.

a) Tính sin của góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy.

b) Tính tang của góc giữa mặt phẳng chứa mặt đáy và mặt phẳng chứa mặt bên.

Lời giải

Ta tính được $AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{3},SH = \sqrt {{b^2} – \frac{{{a^2}}}{3}} $.

Gọi $\alpha ,\beta $ lần lượt là góc giữa $SA$ và $\left( {ABC} \right)$, góc giữa $\left( {SBC} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$.

a) Ta có: $sin\alpha = \sqrt {1 – \frac{{{a^2}}}{{3{b^2}}}} $.

b) Vì $HM = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}$ nên $tan\beta = \frac{{2\sqrt {3{b^2} – {a^2}} }}{a}$.

Câu 12. Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$ và $AB = a$, biết $SA \bot \left( {ABC} \right),SA = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}$. Tính góc giữa mặt phằng $\left( {ABC} \right)$ và mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$.

Lời giải

Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $BC$, ta có: $AM \bot BC;SM \bot BC$ nên góc giữa hai mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ và $\left( {SBC} \right)$ bằng góc giữa hai đường thẳng $AM$ và $SM$. Ta có $SA \bot \left( {ABC} \right)$ nên $SA \bot AM$. Xét tam giác $SAM$ vuông tại $A$, có: $AM = \frac{1}{2}BC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$, suy ra tan $\widehat {AMS} = \frac{{SA}}{{AM}} = \sqrt 3 $, hay $\widehat {SMA} = {60^ \circ }$.

Vậy góc giữa hai mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ và $\left( {SBC} \right)$ bằng ${60^ \circ }$.

Câu 13. Cho hình lập phương $ABCD \cdot A’B’C’D’$ có cạnh bằng $a$. Tính tang của góc giữa mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ và mặt phẳng $\left( {A’BD} \right)$.

Lời giải

Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$, khi đó $AO \bot BD,AO \bot BD$. Do đó, góc giữa hai mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ và $\left( {A’BD} \right)$ bằng góc giữa hai đường thẳng $A{O_0}$ và $A’O$.

Ta có: $AO = \frac{{a\sqrt 2 }}{2};AA’ = a$ và tam giác $AA’O$ vuông tại $A$ nên $tan\left( {AO,A’O} \right) = tan\widehat {AOA’} = \frac{{AA’}}{{AO}} = \sqrt 2 $

Vậy tang của góc giữa hai mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ và $\left( {A’BD} \right)$ bằng $\sqrt 2 $.

Câu 14. Cho hình chóp $S \cdot ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh bằng $a,SA \bot \left( {ABCD} \right)$ và $SA = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$. Tính số đo của góc nhị diện $\left[ {S,BD,C} \right]$.

Lời giải

Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$, khi đó $CO \bot BD,SO \bot BD$. Do đó, góc phẳng nhị diện $\left[ {S,BD,C} \right]$ bằng góc $SOC$.

Xét tam giác $SAO$, có $AO = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} = SA$ và góc $SAO$ là góc vuông nên tam giác $SAO$ là tam giác vuông cân tại $A$, suy ra $\widehat {SOA} = {45^ \circ };\widehat {SOC} = {135^ \circ }$.

Vậy số đo của góc nhị diện $\left[ {S,BD,C} \right]$ bằng ${135^ \circ }$.

Câu 15. Cho tứ diện đều $ABCD$ có độ dài các cạnh bằng $a$. Gọi $M$ là trung điểm của $CD$, kẻ $AH$ vuông góc với $BM$ tại $H$.

a) Chứng minh rằng $AH \bot \left( {BCD} \right)$.

b) Tính côsin của góc giữa mặt phẳng $\left( {BCD} \right)$ và mặt phẳng $\left( {ACD} \right)$.

Lời giải

a) Vì $M$ là trung điểm của $CD$ nên $CD \bot BM,CD \bot AM$, do đó $CD \bot \left( {ABM} \right)$, suy ra $CD \bot AH$, ta lại có $AH \bot BM$ nên $AH \bot \left( {BCD} \right)$.

b) Vì $AM \bot CD,BM \bot CD$ nên góc giữa hai mặt phẳng $\left( {ACD} \right)$ và $\left( {BCD} \right)$ bằng góc giữa hai đường thẳng $AM$ và $BM$, mà $\left( {AM,BM} \right) = \widehat {AMB}$ nên góc giữa hai mặt phẳng $\left( {ACD} \right)$ và $\left( {BCD} \right)$ bằng $\widehat {AMB}$.

Ta có: $HM = \frac{1}{3}BM = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}$ và $AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$, tam giác $AHM$ vuông tại $H$ nên $cos\widehat {AMB} = \frac{{HM}}{{AM}} = \frac{1}{3}$.

Câu 16. Cho hình chóp đều $S.ABCD$ có tất cả các cạnh bằng $a$. Tính côsin góc giữa hai mặt phẳng sau:

a) Mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$;

b) Mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$.

Lời giải

a) Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Khi đó $SO \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $SO \bot AB$, kẻ $OH \bot AB$ tại $H$ thì $AB \bot \left( {SOH} \right)$, suy ra $AB \bot SH$. Do đó, góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$ bằng góc giữa hai đường thẳng $SH$ và $HO$, mà $\left( {SH,HO} \right) = \widehat {SHO}$ nên góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$ bằng $\widehat {SHO}$.

Ta tính được $OH = \frac{a}{2},SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$, suy ra $cos\widehat {SHO} = \frac{{OH}}{{SH}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$.

b) Gọi $K$ là trung điểm của $SB$. Khi đó $AK \bot SB,CK \bot SB$, suy ra góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {SBC} \right)$ bằng góc giữa hai đường thẳng $AK$ và $CK$.

Ta có: $AK = CK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},AC = a\sqrt 2 $.

Áp dụng định lí côsin trong tam giác $ACK$, ta có:

$cos\widehat {AKC} = \frac{{A{K^2} + C{K^2} – A{C^2}}}{{2 \cdot AK \cdot CK}} = \frac{{ – 1}}{3}$, suy ra $cos\left( {AK,CK} \right) = – cos\widehat {AKC} = \frac{1}{3}$.

Vậy côsin góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {SBC} \right)$ bằng $\frac{1}{3}$.

Câu 17. Cho hình lập phương $ABCD \cdot A’B’C’D’$ có cạnh bằng $a$.

a) Tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng $\left( {A’BD} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$.

b) Tính côsin của số đo góc nhị diện $\left[ {A’,BD,C’} \right]$.

Lời giải

a) Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$, ta có: $AO \bot BD,A’O \bot BD$ nên góc giữa hai mặt phẳng $\left( {A’BD} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$ bằng góc giữa hai đường thẳng $AO,A’O$ mà

$\left( {AO,A’O} \right) = \widehat {AOA’}$ nên góc giữa hai mặt phẳng $\left( {A’BD} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$ bằng $\widehat {AOA’}$. Ta có:

$OA = \frac{{a\sqrt 2 }}{2},OA’ = \sqrt {O{A^2} + A{A^{{\text{‘}}2}}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}$.

Suy ra $cos\widehat {AOA’} = \frac{{AO}}{{A’O}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$.

b) Vì $A’O \bot BD,CO’ \bot BD$ nên góc nhị diện $\left[ {A’,BD,C’} \right]$ bằng $\widehat {{A^{{\text{‘}}OC}}}$.

Ta có $OA’ = OC’ = \frac{{a\sqrt 6 }}{2},A’C’ = a\sqrt 2 $ nên $cos\widehat {{A^{{\text{‘}}OO’}}} = \frac{{O{A^{{\text{‘}}2}} + O{C^{{\text{‘}}2}} – A'{C^{{\text{‘}}2}}}}{{2 \cdot OA’ \cdot OC’}} = \frac{2}{9}$.

Câu 18. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh a, biết $\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)$, $\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)$ và $SA = a$. Tính côsin của số đo góc nhị diện $\left[ {S,BD,C} \right]$ và góc nhị diện $\left[ {B,SC,D} \right]$.

Lời giải

Ta có $SO \bot BD,CO \bot BD$ nên góc nhị diện $\left[ {S,BD,C} \right]$ bằng $\widehat {SOC}$. Vì tam giác $SAO$ vuông tại $A$ nên $SO = \sqrt {S{A^2} + A{O^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}$ và $cos\widehat {SOC} = – cos\widehat {SOA} = – \frac{{OA}}{{SO}} = – \frac{{\sqrt 3 }}{3}$.

Kẻ $BM \bot SC$ tại $M$ thì $DM \bot SC$ nên $\left[ {B,SC,D} \right] = \widehat {BMD}$.

Ta có $BC \bot \left( {SAB} \right)$ nên tam giác $SBC$ vuông tại $B$, tính được $SB = a\sqrt 2 ,SC = a\sqrt 3 $ và $DM = BM = \frac{{SB \cdot BC}}{{SC}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}$. Áp dụng định lí côsin trong tam giác $BDM$, ta có: $cos\widehat {BMD} = \frac{{B{M^2} + D{M^2} – B{D^2}}}{{2 \cdot BM \cdot DM}} = – \frac{3}{4}$.

Câu 19. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$, tam giác $SAD$ đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy $\left( {ABCD} \right)$. Gọi $H,M$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $AD$ và $AB$.

a) Tính côsin của góc giữa đường thẳng $SC$ và mặt đáy $\left( {ABCD} \right)$.

b) Chứng minh rằng $\left( {SMD} \right) \bot \left( {SHC} \right)$.

Lời giải

a) Ta có $\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)$ và $SH \bot AD$ nên $SH \bot \left( {ABCD} \right)$, suy ra góc giữa đường thẳng $SC$ và mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ bằng góc giữa hai đường thẳng $SC$ và $CH$, mà $\left( {SC,CH} \right) = \widehat {SCH}$, ta tính được

$SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},HC = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}$ và $SC = a\sqrt 2 $.

Do đó $cos\widehat {SHC} = \frac{{HC}}{{SC}} = \frac{{\sqrt {10} }}{4}$.

b) Ta có $DM \bot CH,DM \bot SH$ nên $DM \bot \left( {SCH} \right)$. Hơn nữa, mặt phẳng (SDM) chứa đường thẳng $DM$ nên $\left( {SDM} \right) \bot \left( {SCH} \right)$.

Câu 20. Cho hình chóp $S \cdot ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông tại $B,AB = a,SA = a\sqrt 3 $ và $SA$ vuông góc với đáy. Xác định và tính góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$.

Lời giải

Ta có: $BC \bot SA$ (vì $SA \bot \left( {ABC} \right)$ ) và $BC \bot AB$ (giả thiết) $ \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB$.

Ta lại có: $\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\left( 1 \right)$

$AB \subset \left( {ABC} \right),AB \bot BC\left( 2 \right)$

$SB \subset \left( {SBC} \right),SB \bot BC$ (chứng minh trên) (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra $\left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {AB,SB} \right)$.

Trong tam giác $SAB$ vuông tại $A$ ta có:

$tan\widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {SBA} = {60^ \circ }$.

Vậy góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$ là $\widehat {SBA} = {60^ \circ }$.

Câu 21. Cho hình chóp đều $S \cdot ABCD$ có tất cả các canh bằng $a$. Gọi $M$ là trung điểm $SC$. Tính góc giữa hai mặt phẳng $\left( {MBD} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$.

Lời giải

Gọi $M’$ là trung điểm $OC \Rightarrow MM’//SO \Rightarrow MM’ \bot \left( {ABCD} \right)$.

Ta có $MB = MD$ nên $MO \bot BD$ và $M’O \bot BD$ nên góc giữa hai mặt phẳng $\left( {MBD} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$ là $\left( {MO,M’O} \right)$.

Ta có: $OC = \frac{1}{2}AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$;

$SO = \sqrt {S{C^2} – O{C^2}} = \sqrt {{a^2} – \frac{{{a^2}}}{2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$

Trong tam giác vuông $MOM’$,

ta có $tan\widehat {MOM’} = \frac{{MM’}}{{OM’}} = \frac{{SO}}{{OC}} = 1 \Rightarrow \widehat {MOM’} = {45^ \circ }$.

Vậy $\left( {\left( {MBD} \right),\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {MO,M’O} \right) = \widehat {MOM’} = {45^ \circ }$.

Câu 22. Cho tứ diện $ABCD$ có tam giác $BCD$ vuông cân tại $B$ và $AB \bot \left( {BCD} \right)$. Cho biết $BC = a\sqrt 2 ,AB = \frac{a}{{\sqrt 3 }}$. Xác định và tính góc giữa hai mặt phẳng $\left( {ACD} \right)$ và $\left( {BCD} \right)$.

Lời giải

Gọi $I$ là trung điểm của $CD$.

Ta có: $CD \bot BI$ và $CD \bot AB \Rightarrow CD \bot AI$.

Khi đó: $\left( {ACD} \right) \cap \left( {BCD} \right) = CD$;

$AI \bot CD,AI \subset \left( {ACD} \right);$

$BI \bot CD,BI \subset \left( {BCD} \right)$ suy ra $\left( {\left( {ACD} \right),\left( {BCD} \right)} \right) = \left( {AI,BI} \right)$.

Do tam giác $BCD$ vuông cân tại $B$ nên $BI = \frac{1}{2}CD = \frac{1}{2} \cdot BC\sqrt 2 = a$.

Xét tam giác $ABI$ vuông tại $B$, ta có: $tan\widehat {AIB} = \frac{{AB}}{{BI}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \widehat {AIB} = {30^ \circ }$.

Vậy góc giữa hai mặt phẳng $\left( {ACD} \right)$ và $\left( {BCD} \right)$ là $\widehat {AIB} = {30^ \circ }$.

Câu 23. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông tâm $O$ cạnh $2a$. Cho biết $SA = a$ và $SA \bot \left( {ABCD} \right)$. Trên $BC$ lấy điểm $I$ sao cho tam giác $SDI$ vuông tại $S$. Biết góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SDI} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$ là ${60^ \circ }$. Tính độ dài $SI$.

Lời giải

Vẽ $AK \bot ID\left( {K \in ID} \right)$.

Ta có $ID \bot SA$ và $ID \bot AK$

$ \Rightarrow ID \bot \left( {SAK} \right) \Rightarrow ID \bot SK$.

Suy ra $\left( {\left( {SDI} \right),\left( {ABCD} \right)} \right) = \widehat {AKS} = {60^ \circ }$.

Xét tam giác $SAK$ vuông tại $A$, ta có:

$sin\widehat {AKS} = \frac{{SA}}{{SK}} \Rightarrow SK = \frac{{SA}}{{sin{{60}^ \circ }}} = \frac{{2a}}{{\sqrt 3 }}$.

Tam giác $SAD$ vuông tại $A$, ta có: $SD = \sqrt {{a^2} + 4{a^2}} = a\sqrt 5 $.

Xét tam giác $SID$ vuông tại $S$, ta có:

$\frac{1}{{S{K^2}}} = \frac{1}{{S{I^2}}} + \frac{1}{{S{D^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{S{I^2}}} = \frac{1}{{S{K^2}}} – \frac{1}{{S{D^2}}} \Rightarrow SI = \frac{{2a\sqrt {55} }}{{11}}$.

Câu 24. Cho hình lăng trụ đều $ABC \cdot A’B’C’$ có tất cả các cạnh bằng nhau. Gọi $\alpha $ là góc giữa hai mặt phẳng $\left( {AB’C’} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$, tính $cos\alpha $.

Lời giải

Gọi $M,M’$ lần lượt là trung điểm của $BC$ và $B’C’$. Vẽ đường cao $A’H$ của tam giác vuông $AA’M’$. Ta có:

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{B’C’ \bot A’M’} \\
{B’C’ \bot AA’}
\end{array} \Rightarrow B’C’ \bot \left( {AA’M’} \right)} \right.$

Mà $A’H \subset \left( {AA’M’} \right)$ nên $B’C’ \bot A’H$.(1)

Ta lại có: $A’H \bot AM’$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra $A’H \bot \left( {AB’C’} \right).\left( {{\;^*}} \right)$

Hơn nữa, $AA’ \bot \left( {ABC} \right)$. (**)

Từ $\left( {{\;^*}} \right)$ và $\left( {{\;^{**}}} \right)$ suy ra: $\left( {\left( {ABC} \right),\left( {AB’C’} \right)} \right) = \left( {A’A,A’H} \right) = \alpha $.

Trong tam giác đều $A’B’C’$, ta có $A’M’ = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$

Trong tam giác vuông $AA’M’$, ta có $\frac{1}{{A'{H^2}}} = \frac{1}{{A'{A^2}}} + \frac{1}{{A'{M^{‘2}}}} = \frac{7}{{3{a^2}}} \Rightarrow A’H = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}$

Trong tam giác vuông $AA’H$, ta có $cos\widehat {AA’H} = \frac{{A’H}}{{AA’}} = \frac{{a\sqrt {21} }}{7} \cdot \frac{1}{a} = \frac{{\sqrt {21} }}{7}$.

Vậy $cos\alpha = cos\widehat {AA’H} = \frac{{\sqrt {21} }}{7}$.

Câu 25. Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA \bot \left( {ABC} \right),AB = AC = a,\widehat {BAC} = {120^ \circ },SA = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$. Tính số đo của góc phẳng nhị diện $\left[ {S,BC,A} \right]$

Lời giải

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$.

Ta có $AB = AC \Rightarrow AM \bot BC$.

Mặc khác $SC = SB$ (do $\vartriangle SAC = \vartriangle SAB$ ) nên $\vartriangle SCB$ cân tại $S \Rightarrow SM \bot BC$.

Từ (1) và (2) suy ra $\widehat {SMA}$ là góc phẳng nhị diện $\left[ {S,BC,A} \right]$.

Ta có $\widehat {MAB} = \frac{{\widehat {BAC}}}{2} = {60^ \circ },AM = cos\widehat {MAB} \cdot AB = \frac{a}{2}$,

Trong tam giác $SMA$ vuông tại $A$, ta có:

$tan\widehat {SMA} = \frac{{SA}}{{MA}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \cdot \frac{2}{a} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {SMA} = {60^ \circ }$.

Câu 26. Cho hình chóp $S \cdot ABCD$ có $SA \bot \left( {ABCD} \right)$, đáy $ABCD$ là hình thoi cạnh $a,AC = a,SA = \frac{a}{2}$.

Gọi $O$ là giao điểm của hai đường chéo hình thoi $ABCD$ và $H$ là hình chiếu của $O$ trên $SC$. Tính số đo các góc phẳng nhị diện:

a) $\left[ {B,SA,D} \right]$;

b) $\left[ {S,BD,A} \right]$;

c) $\left[ {S,BD,C} \right]$;

d) $\left[ {D,SC,B} \right]$.

Lời giải

a) Ta có $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{SA \bot AD} \\
{SA \bot AB}
\end{array} \Rightarrow \widehat {DAB}} \right.$ là góc phẳng nhị diện $\left[ {D,SA,B} \right]$.

Tam giác $DAC$ là tam giác đều $\left( {AD = DC = AC = a} \right)$, nên $\widehat {DAC} = {60^ \circ }$.

Ta có $\widehat {DAB} = 2\widehat {DAC} = {2.60^ \circ } = {120^ \circ }$.

b) Ta có $\vartriangle SAD = \vartriangle SAB \Rightarrow SD = SB$.

Nên $\vartriangle SBD$ cân tại $S \Rightarrow SO \bot BD$ ( do $OB = OD$ ). (1)

Ta lại có $OA \bot BD$. (2)

Từ (1) và $\left( 2 \right) \Rightarrow \widehat {SOA}$ là góc phẳng phẳng nhị diện $\left[ {S,BD,A} \right]$.

Trong tam giác $SOA$ vuông tại $A$, ta có:

$tan\widehat {SOA} = \frac{{SA}}{{OA}} = \frac{a}{2} \cdot \frac{2}{a} = 1 \Rightarrow \widehat {SOA} = {45^ \circ }$.

c) Ta có $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{OS \bot BD} \\
{OC \bot BD}
\end{array} \Rightarrow \widehat {SOC}} \right.$ là góc phẳng nhị diện $\left[ {S,BD,C} \right]$.

Ta có $\widehat {SOC} = {180^ \circ } – \widehat {SOA} = {180^ \circ } – {45^ \circ } = {135^ \circ }$.

d) Ta có $BD \bot AC,BD \bot SA \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot SC$ hay $OD \bot SC$

Ta có $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{SC \bot OD} \\
{SC \bot OH}
\end{array} \Rightarrow SC \bot \left( {ODH} \right)} \right.$ hay $SC \bot \left( {DHB} \right)$.

Nên $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{SC \bot DH} \\
{SC \bot BH}
\end{array} \Rightarrow \widehat {DHB}} \right.$ là góc phẳng nhị diện $\left[ {D,SC,B} \right]$.

Trong tam giác $SAC$ vuông tại $A$, ta có $SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}$.

Ta có $\frac{{OH}}{{SA}} = \frac{{OC}}{{SC}} \Rightarrow OH = \frac{{SA \cdot OC}}{{SC}} = \frac{a}{{2\sqrt 5 }}$.

$ADC$ là tam giác đều nên $DO = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Trong tam giác $OHD$ vuông tại $O$, ta có

$tan\widehat {OHD} = \frac{{OD}}{{OH}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \cdot \frac{{2\sqrt 5 }}{a} = \sqrt {15} \Rightarrow \widehat {OHD} \approx 75,{5^ \circ }$.

Vậy $\widehat {DHB} = 2.\widehat {OHB} \approx 2.75,{5^ \circ } = {151^ \circ }$.

Câu 27. Cho hình chóp tam giác đều $S.ABC$, cạnh đáy bằng $a$, cạnh bên bằng $\frac{{a\sqrt {15} }}{6}$. Tính số đo góc phẳng nhị diện $\left[ {S,BC,A} \right]$.

Gọi $M$ là trung điểm $BC,G$ là trọng tâm tam giác $ABC$. Ta có $SG \bot \left( {ABC} \right),SM \bot BC,AM \bot BC$, suy ra $\widehat {SMG}$ là góc phẳng nhị diện $\left[ {S,BC,A} \right]$

Ta tính được

$AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},GM = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}$,

$SM = \sqrt {S{B^2} – B{M^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}$,

$SG = \sqrt {S{M^2} – G{M^2}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}$.

Ta có tam giác $SMG$ vuông cân tại $G$, suy ra số đo góc phẳng nhị diện $\left[ {S,BC,A} \right] = \widehat {SMG} = {45^ \circ }$.

Câu 28. Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA \bot \left( {ABC} \right)$. Tam giác $ABC$ vuông tại $A$, $\widehat {ABC} = {30^ \circ },AC = a,SA = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$. Tính số đo góc phẳng nhị diện $\left[ {S,BC,A} \right]$.

Lời giải

Vẽ $AH \bot BC\left( {H \in BC} \right)$, ta có $SH \bot BC$, suy ra $\widehat {SHA}$ là góc phẳng nhị diện $\left[ {S,BC,A} \right]$. Ta có $AH = AC \cdot sin{60^ \circ } = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = SA$, suy ra $\widehat {SHA} = {45^ \circ }$.

Câu 29. Cho hình chóp $S.ABCD$ có $SA \bot \left( {ABCD} \right)$, đáy $ABCD$ là hình thoi cạnh $a$ và $AC = a$. Tính số đo của mỗi góc nhị diện sau:

a) $\left[ {B,SA,C} \right]$;

b) $\left[ {S,DA,B} \right]$.

Lời giải

a) Vì $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $SA \bot AB,SA \bot AC$, suy ra góc $BAC$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện $\left[ {B,SA,C} \right]$. Do $AC = AB = BC = a$ nên tam giác $ABC$ dều, suy ra $\widehat {BAC} = {60^ \circ }$. Vậy góc nhị diện $\left[ {B,SA,C} \right]$ có số đo bằng ${60^ \circ }$.

b) Trong mặt phẳng $(ABCD$ ), lấy $H$ thuộc $BC$ sao cho $AH \bot AD$. Mà $SA \bot AD$ (vì $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ và $AD \subset \left( {ABCD} \right)$ ) nên góc $SAH$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện $\left[ {S,DA,B} \right]$. Mặt khác, $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ và $AH \subset \left( {ABCD} \right)$ nên $SA \bot AH$, suy ra góc $SAH$ bằng ${90^ \circ }$.

Vậy góc nhị diện $\left[ {S,DA,B} \right]$ có số đo bằng ${90^ \circ }$.

Câu 30. Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA \bot \left( {ABC} \right),AB \bot BC,SA = AB = 3a,BC = 4a$. Gọi $\alpha ,\beta ,\gamma $ lần lượt là số đo của các góc nhị diện $\left[ {B,SA,C} \right],\left[ {A,BC,S} \right],\left[ {A,SC,B} \right]$. Tính:

a) $cos\alpha ,cos\beta $;

$\left. {{b^*}} \right)cos\gamma $.

Lời giải

a) Vì $SA \bot \left( {ABC} \right),AB \subset \left( {ABC} \right),AC \subset \left( {ABC} \right)$ nên $SA \bot AB,SA \bot AC$. Suy ra góc $BAC$ là góc phẳng nhị diện của $\left[ {B,SA,C} \right]$, hay $\widehat {BAC} = \alpha $. Xét tam giác $ABC$ vuông tại $B$ có:

$AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{{(3a)}^2} + {{(4a)}^2}} = 5a$ và $cos\alpha = cos\widehat {BAC} = \frac{{BA}}{{AC}} = \frac{{3a}}{{5a}} = \frac{3}{5}$.

Ta có $BC \bot \left( {SAB} \right)$ nên $BC \bot SB$ suy ra góc $SBA$ là góc phẳng nhị diện của $\left[ {A,BC,S} \right]$. Như vậy, ta có:

$SB = \sqrt {A{B^2} + S{A^2}} = \sqrt {{{(3a)}^2} + {{(3a)}^2}} = 3\sqrt 2 a$ và $cos\beta = cos\widehat {SBA} = \frac{{AB}}{{SB}} = \frac{{3a}}{{3\sqrt 2 a}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$.

b*) Gọi $H,K$ lần lượt là hình chiếu của $A$ trên $SB,SC$. Ta có $BC \bot \left( {SAB} \right)$ nên $BC \bot AH$. Mà $AH \bot SB$ nên $AH \bot \left( {SBC} \right)$, suy ra $AH \bot SC$. Mà $SC \bot AK$ nên

$SC \bot \left( {AHK} \right)$, suy ra $SC \bot HK$. Do đó góc $AKH$ là góc phẳng nhị diện của $\left[ {A,SC,B} \right]$, hay $\widehat {AKH} = \gamma $.

Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ có: $AH = \frac{{SA \cdot AB}}{{SB}} = \frac{{3a \cdot 3a}}{{3a\sqrt 2 }} = \frac{{3a}}{{\sqrt 2 }}$.

Tam giác $SAC$ vuông tại $A$ có: $AK = \frac{{SA \cdot AC}}{{SC}} = \frac{{3a \cdot 5a}}{{\sqrt {{{(3a)}^2} + {{(5a)}^2}} }} = \frac{{15a}}{{\sqrt {34} }}$.

Tam giác $AHK$ vuông tại $H$ (vì $AH \bot \left( {SBC} \right)$ mà $HK \subset \left( {SBC} \right)$ ) có:

$HK = \sqrt {A{K^2} – A{H^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{15a}}{{\sqrt {34} }}} \right)}^2} – {{\left( {\frac{{3a}}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}} = \frac{{6a}}{{\sqrt {17} }}$ và $cos\gamma = cos\widehat {AKH} = \frac{{HK}}{{AK}} = \frac{{\frac{{6a}}{{\sqrt {17} }}}}{{\frac{{15a}}{{\sqrt {34} }}}} = \frac{{2\sqrt 2 }}{5}$.

Câu 31. Cho hình chóp $S.ABCD$ có $ABCD$ là hình vuông, $AC$ cắt $BD$ tại $O,SO \bot \left( {ABCD} \right)$. Tất cả các cạnh của hình chóp bằng $a$.

a) Tính góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$.

b) Gọi $\alpha $ là số đo của góc nhị diện $\left[ {S,CD,A} \right]$. Tính $cos\alpha $.

c) Gọi $d$ là giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {SCD} \right),\beta $ là số đo của góc nhị diện $\left[ {A,d,D} \right]$. Tính $cos\beta $.

$\left. {{d^*}} \right)$ Gọi $\gamma $ là số đo góc nhị diện $\left[ {B,SC,D} \right]$. Tính $cos\gamma $.

Lời giải

a) Vì $BO \bot AC,BO \bot SO$ nên $BO \bot \left( {SAC} \right)$. Suy ra góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ bằng góc $BSO$. Xét tam giác $SBD$ có $SB = SD$ và $S{B^2} + S{D^2} = B{D^2}$ nên tam giác $SBD$ vuông cân tại $S$. Suy ra $\widehat {BSO} = {45^ \circ }$, hay góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ bằng ${45^ \circ }$.

b) Gọi $N$ là hình chiếu của $S$ trên $CD$. Khi đó, số đo của $\left[ {S,CD,A} \right]$ bằng $\widehat {SNO}$, hay $\widehat {SNO} = \alpha $. Ta có:

$cos\alpha = \frac{{ON}}{{SN}} = \frac{{\frac{a}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$

c) Gọi $M$ là hình chiếu của $S$ trên $AB$. Vì $AB//CD$ nên $d//AB$ và $d//CD$. Khi đó $SM \bot d,SN \bot d$. Suy ra số đo của $\left[ {A,d,D} \right]$ bằng $\widehat {MSN}$, hay $\widehat {MSN} = \beta $.

Ta có: $cos\beta = \frac{{S{M^2} + S{N^2} – M{N^2}}}{{2SM \cdot SN}} = \frac{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} – {a^2}}}{{2 \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{1}{3}$.

d*) Gọi $H$ là hình chiếu của $B$ trên $SC$. Vì $BD \bot \left( {SAC} \right)$ nên $BD \bot SC$. Suy ra $SC \bot \left( {BHD} \right)$ nên $SC \bot HD$. Vậy số đo của $\left[ {B,SC,D} \right]$ bằng $\widehat {BHD}$, hay $\widehat {BHD} = \gamma $.

Vì hai tam giác $SBC,SCD$ đều nên $BH = DH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$. Khi đó, ta có:

$cos\gamma = \frac{{H{B^2} + H{D^2} – B{D^2}}}{{2HB \cdot HD}} = \frac{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} – {{(a\sqrt 2 )}^2}}}{{2 \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{ – 1}}{3}$

Câu 32. Cho hình chóp $S.ABCD$ có $SA \bot $ ( $ABCD$ ), $ABCD$ là hình thoi cạnh $a,AC = a,SA = \frac{a}{2}$. Tính số đo của góc nhị diện $\left[ {S,CD,A} \right]$.

Lời giải

Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $CD$. Khi đó, $AH \bot CD$. Vì $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $SA \bot CD$. Suy ra $CD \bot \left( {SAH} \right)$. Khi đó, $SH \bot CD$. Như vậy, số đo của $\left[ {S,CD,A} \right]$ bằng $\widehat {SHA}$. Ta có:

$AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},SA = \frac{a}{2}$

nên

$tan\widehat {SHA} = \frac{{SA}}{{AH}} = \frac{{\frac{a}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$.

Vậy số đo của góc nhị diện $\left[ {S,CD,A} \right]$ bằng $\widehat {SHA} = {30^ \circ }$.

Câu 33. Cho hình chóp $S.ABCD$ có $AC$ cắt $BD$ tại $O$. Gọi $\alpha ,\beta $ lần lượt là số đo của các nhị diện $\left[ {A,SO,B} \right]$ và $\left[ {B,SO,C} \right]$. Tính $\alpha + \beta $.

Lời giải

Trong mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$, lấy đường thẳng $AN\left( {N \in SC} \right)$ sao cho $AN \bot SO$. Gọi $M$ là giao điểm của $AN$ và $SO$. Trong mặt phẳng $\left( {SOB} \right)$, lấy đường thẳng $MP\left( {P \in SB} \right)$ sao cho $MP \bot SO$. Khi đó, số đo của $\left[ {A,SO,B} \right]$ bằng $\widehat {AMP}$, hay $\widehat {AMP} = \alpha $ và số đo của $\left[ {B,SO,C} \right]$ bằng $\widehat {PMN}$, hay $\widehat {PMN} = \beta $. Trong mặt phẳng $\left( {APN} \right)$ có $A,M,N$ thẳng hàng nên $\alpha + \beta = {180^ \circ }$.

Câu 34. Cho hình chóp $S.ABCD$. Gọi ${\alpha _1},{\alpha _2},{\alpha _3},{\alpha _4}$ lần lượt là góc giữa các đường thẳng $SA,SB,SC,SD$ và mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$. Chứng minh rằng:

$SA = SB = SC = SD \Leftrightarrow {\alpha _1} = {\alpha _2} = {\alpha _3} = {\alpha _4}$.

Lời giải

Gọi $O$ là hình chiếu của $S$ trên $\left( {ABCD} \right)$. Khi đó, ta có: ${\alpha _1} = \widehat {SAO},{\alpha _2} = \widehat {SBO},{\alpha _3} = \widehat {SCO},{\alpha _4} = \widehat {SDO}$. Các tam giác $SAO,SBO,SCO,SDO$ vuông có các góc ${\alpha _1},{\alpha _2},{\alpha _3},{\alpha _4}$ đều nhỏ hơn ${90^ \circ }$ nêN

$sin{\alpha _1} = sin{\alpha _2} = sin{\alpha _3} = sin{\alpha _4} \Leftrightarrow {\alpha _1} = {\alpha _2} = {\alpha _3} = {\alpha _4}$.

Như vậy:

$SA = SB = SC = SD$

$ \Leftrightarrow \frac{{SO}}{{SA}} = \frac{{SO}}{{SB}} = \frac{{SO}}{{SC}} = \frac{{SO}}{{SD}}$

$ \Leftrightarrow sin{\alpha _1} = sin{\alpha _2} = sin{\alpha _3} = sin{\alpha _4}$

$ \Leftrightarrow {\alpha _1} = {\alpha _2} = {\alpha _3} = {\alpha _4}$

Câu 35. Cho khối tứ diện đều $ABCD$ cạnh $a$. Tính:

a) Khoảng cách giữa hai đường thẳng $AB$ và $CD$;

b) Chiều cao và thể tích của khối tứ diện đều $ABCD$;

c) Côsin của góc giữa đường thẳng $AB$ và mặt phẳng $\left( {BCD} \right)$;

d) Côsin của số đo góc nhị diện $\left[ {C,AB,D} \right]$.

Lời giải

a) Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB,CD$. Vì tứ diện $ABCD$ đều nên các tam giác $ABC$ và $ABD$ đều. Suy ra $CM \bot AB,DM \bot \dot AB$ nên $AB \bot \left( {CDM} \right)$. Do đó, $AB \bot MN$. Tương tự ta có $CD \bot MN$. Vậy $MN$ là đoạn vuông góc chung của $AB,CD$. Ta có:

$MN = \sqrt {M{C^2} – N{C^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} – {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Vậy $d\left( {AB,CD} \right) = MN = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

b) Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $\left( {BCD} \right)$. Khi đó, $H$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $BCD$.

Vì tam giác $BCD$ đều nên $H$ thuộc $BN$ và $BH = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$. Ta có:

$AH = \sqrt {A{B^2} – B{H^2}} = \sqrt {{a^2} – {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}$,

hay chiều cao của khối tứ diện $ABCD$ bằng $\frac{{a\sqrt 6 }}{3}$.

Diện tích của tam giác $BCD$ là ${S_{BCD}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$.

Vậy thể tích của khối tứ diện $ABCD$ bằng

${V_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot {S_{BCD}} \cdot AH = \frac{1}{3} \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} \cdot \frac{{a\sqrt 6 }}{3} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}$.

c) Côsin của góc giữa đường thẳng $AB$ và mặt phẳng $\left( {BCD} \right)$ bằng:

$cos\widehat {ABH} = \frac{{BH}}{{AB}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{3}}}{a} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$.

d) Vì $CM \bot AB,DM \bot AB$ nên số đo của góc nhị diện $\left[ {C,AB,D} \right]$ bằng $\widehat {CMD}$.

Ta có: $cos\widehat {CMD} = \frac{{C{M^2} + D{M^2} – C{D^2}}}{{2CM \cdot DM}} = \frac{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} – {a^2}}}{{2 \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{1}{3}$.

Vậy côsin của số đo góc nhị diện $\left[ {C,AB,D} \right]$ bằng $\frac{1}{3}$.

DẠNG 3. MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN HÌNH LĂNG TRỤ ĐẶC BIỆT

Câu 36. Cho hình hộp chữ nhật $ABCD \cdot A’B’C’D’$.

a) Chứng minh rằng $\left( {BDD’B’} \right) \bot \left( {ABCD} \right)$.

b) Xác định hình chiếu của $AC’$ trên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$.

c) Cho $AB = a,BC = b,CC’ = c$. Tính $AC’$.

Lời giải

a) $BB’ \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( {BDD’B’} \right) \bot \left( {ABCD} \right)$.

b) Hình chiếu của $AC’$ trên $\left( {ABCD} \right)$ là $AC$.

c) $AC’ = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} $.

Câu 37. Cho hình lăng trụ đứng lục giác đều có cạnh đáy bằng $a$, cạnh bên $2a$.

a) Tính diện tích xung quanh của lăng trụ.

b) Tính diện tích toàn phần của lăng trụ.

Lời giải

a) Lăng trụ đứng lục giác đều có sáu mặt bên là hình chữ nhật bằng nhau với kích thước lần lượt là $a,2a$ .

Vậy diện tích xung quanh của lăng trụ là:

${S_{xq}} = 6 \cdot a \cdot 2a = 12{a^2}$. b) Vì tam giác ${A_1}{A_2}O$ đều nên ${S_{\vartriangle {A_1}{A_2}O}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$.

Diện tích đáy ${A_1}{A_2}{A_3}{A_4}{A_5}{A_6}$ của lăng trụ là:

${S_{{A_1}{A_2}{A_3}{A_4}{A_5}{A_6}}} = 6 \cdot {S_{\vartriangle {A_1}{A_2}O}} = 6 \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{2}$.

Diện tích toàn phần của lăng trụ là:

${S_{tp}} = {S_{xq}} + 2{S_{{A_1}{A_2}{A_3}{A_4}{A_5}{A_6}}} = 12{a^2} + 2 \cdot \frac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \left( {12 + 3\sqrt 3 } \right){a^2}$.

Câu 38. Cho hình hộp $ABCD \cdot A’B’C’D’$ có tất cả các cạnh bằng $a$ và có $\widehat {BAD} = \widehat {BAA’} = \widehat {DAA’} = {60^ \circ }$. Tính tổng diện tích các mặt của hình hộp.

Lời giải

Tam giác $ABD$ có $AD = AB = a$ và $\widehat {DAB} = {60^ \circ }$.

Suy ra tam giác $ABD$ là tam giác đều, nên ${S_{ABCD}} = {S_{A’B’C’D’}} = 2{S_{\vartriangle ABD}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}$.

Tương tự, ta có tam giác $A’AB$ và tam giác $A’AD$ là tam giác đều, nên

${S_{A’B’BA}} = {S_{D’C’CD}} = {S_{D’A’AD}} = {S_{C’B’BC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}$.

Vậy tổng diện tích các mặt của hình hộp là $S = 6 \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = 3{a^2}\sqrt 3 $.

Câu 39. Cho hình chóp cụt tứ giác đều $ABCD \cdot A’B’C’D’$ có đáy lớn $ABCD$ có cạnh bằng $2a$, đáy nhỏ $A’B’C’D’$ có cạnh bằng $a$ và cạnh bên $2a$. Tính đường cao của hình chóp cụt và đường cao của mặt bên.

Lời giải

Trong hình thang vuông $OO’C’C$, vẽ đường cao $C’H\left( {H \in OC} \right)$

Ta có: $OC = a\sqrt 2 ,O’C’ = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$, suy ra $CH = a\sqrt 2 – \frac{{a\sqrt 2 }}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Trong tam giác vuông $C’CH$, ta có:

$C’H = \sqrt {C{C^{‘2}} – C{H^2}} = \sqrt {{{(2a)}^2} – {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {14} }}{2}$. Nên $OO’ = C’H = \frac{{a\sqrt {14} }}{2}$.

Trong hình thang $BB’C’C$, vẽ đường cao $C’K\left( {K \in BC} \right)$.

Ta có $CK = \frac{{BC – B’C’}}{2} = \frac{{2a – a}}{2} = \frac{a}{2}$.

Trong tam giác vuông $C’CK$, ta có:

$C’K = \sqrt {C{C^{‘2}} – C{K^2}} = \sqrt {{{(2a)}^2} – {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {15} }}{2}$.

Câu 40. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a,SA = a\sqrt 3 $. Hai mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {SAD} \right)$ cùng vuông góc với mặt đáy. Gọi $\left( \alpha \right)$ là mặt phẳng qua $AB$ và vuông góc với mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$.

a) Tìm các giao tuyến của mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ với các mặt của hình chóp.

b) Các giao tuyến ở câu a tạo thành hình gì? Tính diện tích của hình đó.

Lời giải

a) Ta có: $\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)$;

$\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)$;

$\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAD} \right) = SA$

$ \Rightarrow SA \bot \left( {ABCD} \right)$.

Dễ dàng chứng minh được $\left( {SAD} \right) \bot \left( {SCD} \right)$.

Vẽ $AM \bot SD\left( {M \in SD} \right) \Rightarrow AM \bot \left( {SCD} \right)$

$ \Rightarrow \left( {ABM} \right) \bot \left( {SCD} \right)$ hay $\left( {ABM} \right)$ là mặt phẳng

$\left( \alpha \right)$ qua $AB$ và vuông góc với mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$.

Trong mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$ kẻ $MN//CD\left( {N \in SC} \right)$.

Suy ra: $MN//AB \Rightarrow MN \subset \left( \alpha \right)$.

Vậy các giao tuyến của $\left( \alpha \right)$ với các mặt của hình chóp là $AB,BN,NM,MA$.

b) Ta có: $MN//AB$ và $AB \bot AM$ (vì $AB \bot \left( {SAD} \right)$ ) nên $ABNM$ là hình thang vuông tại $A$ và $M$.

Tam giác $SAD$ vuông tại $A$ có $AM$ là đường cao nên

$\frac{1}{{A{M^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{3{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{4}{{3{a^2}}} \Rightarrow AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

$MN//CD \Rightarrow \frac{{MN}}{{CD}} = \frac{{SM}}{{SD}} \Rightarrow \frac{{MN}}{{CD}} = \frac{{\frac{{S{A^2}}}{{SD}}}}{{SD}} = \frac{{S{A^2}}}{{S{D^2}}} = \frac{{S{A^2}}}{{S{A^2} + A{D^2}}} = \frac{{3{a^2}}}{{4{a^2}}}$

$ \Rightarrow MN = \frac{3}{4}CD = \frac{3}{4}a$.

Vậy ${S_{ABNM}} = \frac{1}{2} \cdot AM \cdot \left( {MN + AB} \right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \cdot \left( {\frac{3}{4}a + a} \right) = \frac{{7{a^2}\sqrt 3 }}{{16}}$.

Câu 41. Người ta cần sơn tất cả các mặt của một khối bê tông hình chóp cụt tứ giác đều, đáy lớn có cạnh bằng $2m$, đáy nhỏ có cạnh bằng $1m$ và cạnh bên bằng $2m$ (Hình 14). Tính tổng diện tích các bề mặt cần sơn.

Lời giải

${S_{tp}} = 4 \cdot \frac{{\sqrt {15} }}{2} \cdot \frac{{\left( {2 + 1} \right)}}{2} + 4 + 1 = 5 + 3\sqrt 5 \approx 16,62\left( {\;{m^2}} \right)$.

Câu 42. Một hộp đèn treo trên trần có hình dạng lăng trụ đứng lục giác đều (hình 15 ), cạnh đáy bằng $10\;cm$ và cạnh bên bằng $50\;cm$. Tính tỉ số giữa diện tích xung quanh và diện tích một mặt đáy của hộp đèn.

Lời giải

$\frac{{{S_{xq}}}}{{{S_{đáy\;}}}} = \frac{{6 \cdot 50 \cdot 10}}{{6 \cdot \frac{{{{10}^2}\sqrt 3 }}{4}}} = \frac{{20\sqrt 3 }}{3} \approx 11,55$.

Câu 43. Cho hình lăng trụ tứ giác đều $ABCD \cdot A’B’C’D’$ ‘. Chứng minh rằng $AC \bot \left( {BDD’B’} \right)$.

Lời giải

Vì $ABCD \cdot A’B’C’D’$ là hình lăng trụ tứ giác đều nên $BB’ \bot \left( {ABCD} \right)$. Mà $AC \subset \left( {ABCD} \right)$ nên $BB’ \bot AC$.

Do $ABCD$ là hình vuông nên $AC \bot BD$. Mà $BB’$ và $BD$ cắt nhau trong mặt phẳng $\left( {BDD’B’} \right)$ nên $AC \bot \left( {BDD’B’} \right)$.

Câu 44. Cho khối chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có $AB = a,SA = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}$.

a) Tính chiều cao của khối chóp $S.ABCD$.

b) Tính thể tích của khối chóp $S.ABCD$.

c) Tính góc giữa đường thẳng $SA$ và mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$.

d) Tính côsin của số đo góc nhị diện $\left[ {S,CD,B} \right]$.

e) Tính côsin của số đo góc nhị diện $\left[ {A,SD,C} \right]$.

Lời giải

a) Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Vì $ABCD$ là hình vuông nên

$OA = OB = OC = OD$, suy ra $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $ABCD$ nên $O$ là chân đường cao của khối chóp $S.ABCD$.

Khi đó, chiều cao của khối chóp $S.ABCD$ bằng $SO$.

Trong hình vuông $ABCD$, ta có:

$AO = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}\sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \frac{1}{2}\sqrt {{a^2} + {a^2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$. Xét tam giác $SAO$ vuông tại $O$ có:

$SO = \sqrt {S{A^2} – A{O^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 6 }}{3}} \right)}^2} – {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}$

Vậy chiều cao của khối chóp $S.ABCD$ bằng $\frac{{a\sqrt 6 }}{6}$.

b) Diện tích đáy $ABCD$ là: ${S_{ABCD}} = {a^2}$. Suy ra thể tích khối chóp $S.ABCD$ là:

${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}} \cdot SO = \frac{1}{3}{a^2} \cdot \frac{{a\sqrt 6 }}{6} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{18}}$.

c) Vì $SO \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $OA$ là hình chiếu của $SA$ trên $\left( {ABCD} \right)$. Khi đó góc giữa đường thẳng $SA$ và mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ là $\widehat {SAO}$.

Xét tam giác $SAO$ vuông tại $O$ có: $cos\widehat {SAO} = \frac{{AO}}{{SA}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}:\frac{{a\sqrt 6 }}{3} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$.

Suy ra $\widehat {SAO} = {30^ \circ }$. Vậy góc giữa đường thẳng $SA$ và mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ bằng ${30^ \circ }$.

d) Gọi $H$ là hình chiếu của $O$ trên $CD$. Vì $OCD$ là tam giác vuông cân tại $O$ nên $H$ là trung điểm $CD$. Mà tam giác $SCD$ cân tại $S$ nên $SH \bot CD$.

Suy ra $\widehat {SHO}$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện $\left[ {S,CD,B} \right]$.

Xét tam giác $DBC$ có $OH$ là đường trung bình nên $OH = \frac{1}{2}BC = \frac{a}{2}$.

Xét tam giác $SOH$ vuông tại $O$ có:

$SH = \sqrt {S{O^2} + O{H^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 6 }}{6}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {15} }}{6}$.

Suy ra $cos\widehat {SHO} = \frac{{OH}}{{SH}} = \frac{a}{2}:\frac{{a\sqrt {15} }}{6} = \frac{{\sqrt {15} }}{5}$.

Vậy côsin của số đo góc nhị diện $\left[ {S,CD,B} \right]$ bằng $\frac{{\sqrt {15} }}{5}$.

e) Gọi $K$ là hình chiếu của $A$ trên $SD$. Vì $AC \bot BD,AC \bot SO$ và $BD,SO$ cắt nhau trong mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$ nên $AC \bot \left( {SBD} \right)$. Mà $SD \subset \left( {SBD} \right)$ nên $AC \bot SD$.

Ngoài ra, $SD \bot AK$ và $AK,AC$ cắt nhau trong mặt phẳng $\left( {ACK} \right)$ nên $SD \bot \left( {ACK} \right)$.

Mà $CK \subset \left( {ACK} \right)$ nên $SD \bot CK$.

Từ đó ta có $\widehat {AKC}$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện $\left[ {A,SD,C} \right]$.

Xét tam giác $SCD$ có: $KC = \frac{{SH \cdot CD}}{{SD}} = \frac{{\frac{{a\sqrt {15} }}{6} \cdot a}}{{\frac{{a\sqrt 6 }}{3}}}$

$ = \frac{{a\sqrt {15} }}{6} \cdot \frac{3}{{\sqrt 6 }} = \frac{{a\sqrt {10} }}{4}$.

Tương tự ta có: $KA = \frac{{a\sqrt {10} }}{4}$. Xét tam giác $AKC$, ta có:

$cos\widehat {AKC} = \frac{{K{A^2} + K{C^2} – A{C^2}}}{{2KA \cdot KC}}$

$ = \frac{{{{\left( {\frac{{a\sqrt {10} }}{4}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt {10} }}{4}} \right)}^2} – {{(a\sqrt 2 )}^2}}}{{2 \cdot \frac{{a\sqrt {10} }}{4} \cdot \frac{{a\sqrt {10} }}{4}}} = \frac{{ – 3}}{5}$

Vậy côsin của số đo góc nhị diện $\left[ {A,SD,C} \right]$ bằng $\frac{{ – 3}}{5}$.

Câu 45. Cho hình lập phương $ABCD \cdot A’B’C’D’$ cạnh $a$. Tính:

a) Khoảng cách giữa hai mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ và $\left( {A’B’C’D’} \right)$;

b) Số đo của góc nhị diện $\left[ {A,CD,B’} \right]$;

c) Tang của góc giữa đường thẳng $BD’$ và mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$;

d) Khoảng cách giữa hai đường thẳng $C’D$ và $BC$;

$\left. {{e^*}} \right)$ Góc giữa hai đường thẳng $BC’$ và $CD’$.

Lời giải

a) $d\left( {\left( {ABCD} \right),\left( {A’B’C’D’} \right)} \right) = a$.

b) Vì $A’B’//DC$ nên $A’,B’,C,D$ đồng phẳng. Khi đó, góc nhị diện $\left[ {A,CD,B’} \right]$ là $\left[ {A,CD,A’} \right]$. Ta có $AD \bot DC,A’D \bot DC$. Số đo của góc nhị diện $\left[ {A,CD,B’} \right]$ bằng $\widehat {ADA’} = {45^ \circ }$.

c) Vì $DD’ \bot \left( {ABCD} \right)$ nên góc giữa đường thẳng $BD’$ và mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ bằng $\widehat {D’BD}$.

Khi đó, tang của góc giữa đường thẳng $BD’$ và mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ bằng

$tan\widehat {D’BD} = \frac{{D’D}}{{BD}} = \frac{a}{{a\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$.

d) Gọi $I$ là giao điểm của $CD’$ và $C’D$. Khi đó $IC \bot BC,IC \bot C’D$.

Suy ra $d\left( {C’D,BC} \right) = IC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

$\left. {{e^*}} \right)$ Vì $BC’//AD’$ nên góc giữa hai đường thẳng $BC’$ và $CD’$ bằng góc giữa hai đường thẳng $AD’$ và $CD’$. Vì tam giác $AD’C$ dều cạnh $a\sqrt 2 $ nên $\widehat {AD’C} = {60^ \circ }$. Vậy góc giữa hai đường thẳng $BC’$ và $CD’$ bằng ${60^ \circ }$.

DẠNG 4. ỨNG DỤNG

Câu 46. Trong cửa sổ ở Hình 7.56, cánh và khung cửa là các nửa hình tròn có đường kính $80\;cm$, bản lề được đính ở điểm chính giữa $O$ của các cung tròn khung và cánh cửa. Khi cửa mở, đường kính của khung và đường kính của cánh song song với nhau và cách nhau một khoảng $d$; khi

cửa đóng, hai đường kính đó trùng nhau. Hãy tính số đo của góc nhị diện có hai nửa mặt phẳng tương ứng chứa cánh, khung cửa khi $d = 40\;cm$.

Lời giải

Gọi $I,J$ lần lượt là tâm của nửa hình tròn khung cửa và nửa hình tròn cánh cửa. Khi cửa mở, đường kính của khung và đường kính của cánh song song với nhau, do đó chúng cũng song song với giao tuyến $m$ (qua $O$ ) của hai mặt phẳng tương ứng chứa khung và cánh cửa.

Vì $O$ là trung điểm của các cung tròn khung cửa và cánh cửa nên $OI$ vuông góc với đường kính khung cửa, $OJ$ vuông góc với đường kính cánh cửa. Vậy $OI,OJ$ cùng vuông góc với $m$. Do đó

$\widehat {IOJ}$ là một góc phẳng nhị diện của nhị diện có hai cạnh tương ứng chứa cánh và khung cửa.

Ta có $m \bot OI,m \bot OJ$ nên $m \bot IJ$. Vậy $IJ$ cũng vuông góc với các đường kính cánh cửa và khung cửa. Do đó $IJ = 40\;cm$. Mặt khác $OI = OJ = 40\;cm$, suy ra tam giác $OIJ$ đều và $\widehat {IOJ} = {60^ \circ }$. Vậy để khoảng cách $d$ giữa đường kính cánh cửa và đường kính khung cửa bằng $40\;cm$ thì góc nhị diện có hai cạnh tương ứng chứa cánh và khung cửa có số đo là ${60^ \circ }$.

Câu 47. Từ một tấm tôn hình chữ nhật, tại 4 góc bác Hùng cắt bỏ đi 4 hình vuông có cùng kích thước và sau đó hàn gắn các mép tại các góc như Hình 7.65. Giải thích vì sao bằng cách đó, bác Hùng nhận được chiếc thùng không nắp có dạng hình hộp chữ nhật.

Lời giải

Vận dụng kiến thức về hình hộp chữ nhật để tạo dựng hình thực tế. Thùng có đáy và các mặt bên là các hình chữ nhật. Điều đó cũng kéo theo rằng miệng thùng là một hình chữ nhật (có các cạnh tương ứng song song và bằng cạnh đáy) thuộc mặt phẳng song song với đáy. Vi các cạnh bên của song song với nhau nên thùng là một hình lăng trụ. Mặt khác, mỗi cạnh bên của thùng đều vuông góc với đáy (vì vuông với hai cạnh kề của đáy). Do đó thùng là lăng trụ đứng, hơn nữa, có đáy là hình chữ nhật nên thùng có dạng hình hộp chữ nhật.

Câu 48. Hai mái nhà trong Hình là hai hình chữ nhật. Giả sử $AB = 4,8m$; $OA = 2,8m;OB = 4m$.

a) Tính (gần đúng) số đo của góc nhị diện tạo bởi hai nửa mặt phẳng tương ứng chứa hai mái nhà.

b) Chứng minh rằng mặt phẳng $\left( {OAB} \right)$ vuông góc với mặt đất phẳng. Lưu ý: Đường giao giữa hai mái (đường nóc) song song với mặt đất.

c) Điểm $A$ ở độ cao (so với mặt đất) hơn điểm $B$ là $0,5\;m$. Tính (gần đúng) góc giữa mái nhà (chứa $OB$ ) so với mặt đất.

Lời giải

a) $cos\widehat {AOB} = \frac{{O{A^2} + O{B^2} – A{B^2}}}{{2 \cdot OA \cdot OB}} = \frac{1}{{28}} \Rightarrow \widehat {AOB} \approx {88^ \circ }$.

b) Mặt phẳng $\left( {OAB} \right)$ vuông góc với đường nóc nhà, đường nóc nhà song song với mặt phẳng đất nên mặt phẳng $\left( {OAB} \right)$ vuông góc với mặt phẳng đất.

c) $sin\widehat {ABH} = \frac{{0,5}}{{4,8}} \Rightarrow \widehat {ABH} \approx {6^ \circ };cos\widehat {OBA} = \frac{{13}}{{16}} \Rightarrow \widehat {OBA} \approx {36^ \circ }$. Do đó $\widehat {OBH} = \widehat {ABH} + \widehat {OBA} \approx {42^ \circ }$.

Câu 49. Độ dốc của mái nhà, mặt sân, con đường thẳng là tang của góc tạo bởi mái nhà, mặt sân, con đường thẳng đó với mặt phẳng nằm ngang. Độ dốc của đường thẳng dành cho người khuyết tật được quy định là không quá $\frac{1}{{12}}$. Hỏi theo đó, góc tạo bởi đường dành cho người khuyết tật và mặt phẳng nằm ngang không vượt quá bao nhiêu độ? (Làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ hai).

Lời giải

Ta có: $tan\alpha \leqslant \frac{1}{{12}} \Rightarrow \alpha \leqslant 4,{76^ \circ }$.

Câu 50. Một ngôi nhà có hai mái trước, sau có dạng là các hình chữ nhật $ABCD,ABMN$, $AD = 4\;m,AN = 3\;m,DN = 5\;m$. Tính góc giữa hai mặt phẳng chứa hai mái nhà đó (tính gần đúng theo đơn vị độ, làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ hai).

Lời giải

Xét tam giác $ADN$ có: $A{N^2} + A{D^2} = {3^2} + {4^2} = {5^2} = D{N^2}$ nên tam giác $AND$ vuông tại $A$. Mặt khác, góc giữa hai mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ và $\left( {ABMN} \right)$ bằng góc $DAN$. Vậy góc giữa hai mặt phẳng chứa hai mái nhà bằng ${90^ \circ }$.

Câu 51. Một viên bi được thả lăn trên một mặt phẳng nằm nghiêng (so với mặt phẳng nằm ngang).

Coi viên bi chịu tác dụng của hai lực chính là lực hút của Trái Đất (theo phương thẳng đứng, hướng xuống dưới) và phản lực, vuông góc với mặt phẳng nằm nghiêng, hướng lên trên. Giải thích vì sao viên bi di chuyển trên một đường thẳng vuông góc với giao tuyến của mặt phẳng nằm nghiêng và mặt phẳng nằm ngang.

Lời giải

Gọi $a$ là giao tuyến của mặt phẳng nằm ngang và mặt phẳng nằm nghiêng. Phương của lực hút trái đất vuông góc với mặt phẳng nằm ngang, phương của phản lực vuông góc với mặt phẳng nghiêng nên phương của hai lực nói trên đều vuông góc với đường thẳng $a$, do đó đường thẳng $a$ vuông góc với mặt phẳng $\left( P \right)$ chứa hai phương của hai lực đó. Vì tổng hợp lực của trọng lực và phản lực là một lực có phương nằm trên mặt phẳng $\left( P \right)$ nên phương đó vuông góc với $a$. Do đó, viên bi lăn dọc theo đường thẳng vuông góc với đường thẳng $a$.

Câu 52. Hình 19 minh hoạ một cánh cửa và khung cửa. Cánh cửa có dạng hình chữ nhật $BCMN$ và khung cửa có dạng hình chữ nhật $ABCD$, ở đó $AB = BN$. Góc mở cửa là góc nhị diện $\left[ {A,BC,N} \right]$. Biết chiều rộng $BN$ của cửa là $1,2\;m$. Khi góc mở cửa có số đo bằng ${60^ \circ }$ thì khoảng cách giữa $A$ và $N$ bằng bao nhiêu?

Lời giải

Vì $AB \bot BC$ và $NB \bot BC$ nên góc $ABN$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện $\left[ {A,BC,N} \right]$.

Vì góc mở cửa bằng ${60^ \circ }$ nên số đo góc nhị diện $\left[ {A,BC,N} \right]$ bằng ${60^ \circ }$, suy ra $\widehat {ABN} = {60^ \circ }$.

Xét tam giác $ABN$ cân tại $B$ có $BA = BN = 1,2m$ và $\widehat {ABN} = {60^ \circ }$. Khi đó tam giác $ABN$ dều, suy ra $AN = 1,2m$, hay khoảng cách giữa $A$ và $N$ bằng $1,2m$.

Câu 53. Người ta xây dựng một chân tháp bằng bê tông có dạng khối chóp cựt tứ giác đều. Cạnh đáy dưới dài $5m$, cạnh đáy trên dài $2m$, cạnh bên dài $3m$. Biết rằng chân tháp được làm bằng bê tông tươi với giá tiền là 1470000 đồng $/{m^3}$. Tính số tiền để mua bê tông tươi làm chân tháp theo đơn vị đồng (làm tròn kết quả đến hàng nghìn).

Lời giải

Giả sử chân tháp là khối chóp cụt tứ giác đều $ABCD \cdot MNPQ$ với $ABCD$ là hình vuông cạnh $5m,MNPQ$ là hình vuông cạnh $2m,AM = BN = CP = DQ = 3m$.

Vì $DQ,NB$ cắt nhau nên $D,Q,N,B$ đồng phẳng. Mà $\left( {ABCD} \right)//\left( {MNPQ} \right)$ nên $NQ//BD$.

Gọi $I$ là giao điểm của $MP$ và $NQ,O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Khi đó $IO \bot \left( {MNPQ} \right),IO \bot \left( {ABCD} \right)$.

Xét hình thang $QNBD$, gọi $H$ là hình chiếu của $Q$ trên $BD,K$ là hình chiếu của $N$ trên $BD$. Vì $IO \bot BD,QH \bot BD,NK \bot BD$ trong ( $QNBD$ ) nên $IO//QH//NK$.

Suy ra $QH \bot \left( {MNPQ} \right),QH \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $QH$ bằng chiều cao của khối chóp cụt đều.

Ngoài ra, ta có $QH = NK = IO$ và $QD = NB$. Suy ra $\vartriangle QHD = \vartriangle NKB$ nên ta có $HD = BK$.

Bên cạnh đó, $QNKH$ là hình chữ nhật nên $QN = HK$. Từ đó ta có:

$HD = \frac{{BD – HK}}{2} = \frac{{\sqrt {A{D^2} + A{B^2}} – \sqrt {M{N^2} + M{Q^2}} }}{2}$

$\; = \frac{{\sqrt {{5^2} + {5^2}} – \sqrt {{2^2} + {2^2}} }}{2} = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}\left( {\;m} \right).$

Xét tam giác $QHD$ vuông tại $H$ có:

$QH = \sqrt {Q{D^2} – H{D^2}} = \sqrt {{3^2} – {{\left( {\frac{{3\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}\left( m \right)$.

Diện tích của hai đáy là: ${S_{ABCD}} = A{B^2} = {5^2} = 25\left( {{m^2}} \right)$,

${S_{MNPQ}} = M{N^2} = {2^2} = 4\left( {{m^2}} \right)$.

Suy ra thể tích của khối chóp cụt đều là:

$\begin{array}{*{20}{r}}
V&{\; = \frac{1}{3}QH\left( {{S_{ABCD}} + \sqrt {{S_{ABCD}} \cdot {S_{MNPQ}}} + {S_{MNPQ}}} \right)} \\
{}&{\; = \frac{1}{3} \cdot \frac{{3\sqrt 2 }}{2}\left( {25 + \sqrt {25 \cdot 4} + 4} \right) = \frac{{39\sqrt 2 }}{2}\left( {{m^3}} \right).}
\end{array}$

Số tiền để mua bê tông tươi làm chân tháp là:

$1470000 \cdot \frac{{39\sqrt 2 }}{2} \approx 40538000$ (đồng).

Câu 54. Người ta cần đổ bê tông để làm những viên gạch có dạng khối lăng trụ lục giác đều (Hình 48) với chiều cao là $4\;cm$ và cạnh lục giác dài $21,5\;cm$. Tính thể tích bê tông theo đơn vị centimét khối để làm một viên gạch như thế (làm tròn kết quả đến hàng phần mười).

Lời giải

Chia hình lục giác đều trên hai mặt đáy thành 6 hình tam giác đều cạnh $21,5\;cm$. Khi đó diện tích đáy của viên gạch bằng: $6 \cdot \frac{{{{(21,5)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{5547\sqrt 3 }}{8}\left( {\;c{m^2}} \right)$. Thể tích bê tông cần dùng bằng thể tích viên gạch, tức là: $4.\frac{{5547\sqrt 3 }}{8} \approx 4803,8\left( {\;c{m^3}} \right)$.