Bài tập tính góc Góc giữa cạnh bên và mặt phẳng chứa đường cao có đáp án
Phương pháp tính nhanh góc giữa cạnh bên và mặt phẳng chứa đường cao
Tìm góc giữa cạnh bên SB và mặt phẳng (SHA) với $\left( SHA \right)\bot \left( ABH \right).$
Dựng $BK\bot AH$, có $BK\bot SH\Rightarrow BK\bot \left( SHA \right).$
Suy ra K là hình chiếu vuông góc của B trên mặt phẳng (SAH).
Vậy $\widehat{\left( SB;\left( SAH \right) \right)}=\widehat{\left( SB;SK \right)}=\widehat{BSK}.$
Bài tập tính góc giữa cạnh bên và mặt phẳng chứa đường cao
| Bài tập 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật có $AB=a,AD=a\sqrt{3},SA\bot \left( ABCD \right).$
Biết SC tạo với đáy một góc $60{}^\circ $. Tính cosin góc tạo bởi: a) SC và mặt phẳng (SAB); SC và mặt phẳng (SAD). b) SD và mặt phẳng (SAC). |
Lời giải chi tiết
Do $SA\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow \widehat{\left( SC;\left( ABCD \right) \right)}=\widehat{SCA}=60{}^\circ .$
Lại có: $AC=\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}}=2a\Rightarrow SA=AC\tan 60{}^\circ =2a\sqrt{3}.$
Khi đó $\left\{ \begin{array} {} SB=\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}}=a\sqrt{13} \\ {} SD=\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{D}^{2}}}=a\sqrt{15} \\ {} SC=\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{C}^{2}}}=4a. \\ \end{array} \right.$
Do $\left\{ \begin{array} {} CB\bot SA \\ {} CB\bot AB \\ \end{array} \right.\Rightarrow CB\bot \left( SAB \right)\Rightarrow \widehat{\left( SC;\left( SAB \right) \right)}=\widehat{CSB}.$
Mặt khác $\cos \widehat{CSB}=\frac{SB}{SC}=\frac{\sqrt{13}}{4}.$
Tương tự $CD\bot \left( SAD \right)\Rightarrow \widehat{\left( SC;\left( SAD \right) \right)}=\widehat{CSD}$ và $\cos \widehat{SCD}=\frac{SD}{SC}=\frac{\sqrt{15}}{4}.$
| Bài tập 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi tâm O cạnh a, $BD=a\sqrt{3},SA\bot \left( ABCD \right).$
Biết SC tạo với đáy một góc $60{}^\circ $. Tính tan góc tạo bởi: a) SC và mặt phẳng (SAB). b) SD và mặt phẳng (SAC). |
Lời giải chi tiết
a) Ta có: $AC\bot BD$ tại O. Khi đó $OA=OC,OB=OD.$
Xét tam giác vuông OAB ta có: $\sin \widehat{OAB}=\frac{OB}{AB}=\frac{\sqrt{3}}{2}$
$\Rightarrow \widehat{OAB}=60{}^\circ \Rightarrow \Delta ABC$ đều cạnh a.
Mặt khác $SA\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow \widehat{\left( SC;\left( ABCD \right) \right)}=\widehat{SCA}=60{}^\circ .$
Suy ra $SA=AC\tan 60{}^\circ =a\sqrt{3}.$
Dựng $CH\bot AB\Rightarrow CH\bot \left( SAB \right)\Rightarrow \widehat{\left( SC;\left( SAB \right) \right)}=\widehat{CSH}.$
Do $\Delta ABC$ đều cạnh a nên H là trung điểm của AB.
Ta có: $CH=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \tan \widehat{CSH}=\frac{CH}{SH}$ trong đó $SH=\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{H}^{2}}}=\frac{a\sqrt{13}}{2}.$
Do đó $\tan \widehat{CSH}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{13}}=\frac{\sqrt{39}}{13}.$
b) Ta có: $\left\{ \begin{array} {} DO\bot AC \\ {} DO\bot SA \\ \end{array} \right.\Rightarrow \left( \widehat{SD;\left( SAC \right)} \right)=\widehat{DSO}$ và $\tan \widehat{DSO}=\frac{OD}{SO}.$
Trong đó $OD=\frac{a\sqrt{3}}{2};SO=\sqrt{S{{A}^{2}}+O{{A}^{2}}}=\frac{a\sqrt{13}}{2}\Rightarrow \tan \widehat{DSO}=\frac{\sqrt{39}}{13}.$
| Bài tập 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 chi tiết
a) Ta có: $AH=1,HB=2\Rightarrow \left\{ \begin{array} {} SA=\sqrt{S{{H}^{2}}+A{{H}^{2}}}=\sqrt{5} \\ {} SB=\sqrt{S{{H}^{2}}+H{{B}^{2}}}=2\sqrt{2} \\ \end{array} \right.$
Dựng $AE\bot DH\Rightarrow AE\bot \left( SHD \right)\Rightarrow \widehat{\left( SA;\left( SHD \right) \right)}\text{=}\widehat{\text{ASE}}$
Mặt khác $AE=\frac{AH.AD}{\sqrt{A{{H}^{2}}+A{{D}^{2}}}}=\frac{6}{\sqrt{37}}$
Suy ra $\tan \widehat{\text{ASE}}=\frac{AE}{SA}=\frac{6}{\sqrt{185}}.$
b) Dựng $BF\bot HC\Rightarrow BF\bot \left( SHC \right).$
Khi đó $\widehat{\left( SB;\left( SHC \right) \right)}\text{=}\widehat{BSF}$, $BF=\frac{BH.BC}{\sqrt{B{{H}^{2}}+B{{C}^{2}}}}=\frac{3\sqrt{10}}{5}.$
Ta có: $\tan \widehat{\left( SB;\left( SHC \right) \right)}=\tan \widehat{BSF}=\frac{BF}{SB}=\frac{3\sqrt{5}}{10}.$
| Bài tập 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 $A{A}’$ tạo với đáy một góc $60{}^\circ $. Tính cosin góc tạo với ${A}’C$ và mặt phẳng $\left( {A}’BD \right).$ |
Lời giải chi tiết
Ta có: $AC=\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}=4a\Rightarrow OA=2a=OC.$
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 $CH\bot BD\Rightarrow CH\bot \left( {A}’BD \right)$
$\Rightarrow \widehat{\left( {A}’C;\left( {A}’BD \right) \right)}=\widehat{C{A}’H}.$
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 $\cos \widehat{C{A}’H}=\frac{{A}’H}{{A}’C}=\frac{\sqrt{{A}'{{C}^{2}}-H{{C}^{2}}}}{{A}’C}=\frac{\sqrt{16{{a}^{2}}-3{{a}^{2}}}}{4a}=\frac{\sqrt{13}}{4}.$
| Bài tập 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 $\left( AB{B}'{A}’ \right)$ biết $A{A}’=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$ |
Lời giải chi tiết
Dựng $CH\bot AB\Rightarrow CH=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$
Do $\left\{ \begin{array} {} CH\bot AB \\ {} CH\bot A{A}’ \\ \end{array} \right.\Rightarrow CH\bot \left( AB{B}'{A}’ \right)\Rightarrow \widehat{\left( {A}’C;\left( AB{B}'{A}’ \right) \right)}=\widehat{C{A}’H}.$
Lại có: ${A}’H=\sqrt{A{{{{A}’}}^{2}}+A{{H}^{2}}}=\sqrt{\frac{{{a}^{2}}}{2}+{{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{3}}{4}.$
Do đó $\tan \widehat{C{A}’H}=\frac{CH}{{A}’H}=1\Rightarrow \widehat{C{A}’H}=45{}^\circ .$
Vậy $\widehat{\left( {A}’C;\left( AB{B}'{A}’ \right) \right)}=\widehat{C{A}’H}=45{}^\circ .$
Trả lời