Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

Gọi \(O\) là tâm mặt đáy \(\left( {ABCD} \right)\) , suy ra \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

Vì \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\), suy ra \(OA\) là hình chiếu của \(SA\) trên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\).

Do đó \(\widehat {\left( {SA,\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SA,AO} \right)} = \widehat {SAO}.\)

Đáy ABCD là hình vuông nên \(BO=OA=\sqrt 2\)

Tam giác vuông \(SOA\), có \(\tan \widehat {SAO} = \dfrac{{SO}}{{AO}} = \dfrac{{\sqrt {S{B^2} - B{O^2}} }}{{\sqrt 2}} = \dfrac{{\sqrt {14} }}{2}.\)

Gọi \(H\) là trung điểm của \(BC\), suy ra \(SH \bot \left( {ABC} \right)\).

Vì \(SH \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(HA\) là hình chiếu của \(SA\) trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).

Do đó \(\widehat {\left( {SA,\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SA,AH} \right)} = \widehat {SAH}\).

Tam giác \(SBC\) đều cạnh \(2a\) nên \(SH = a\sqrt 3 .\)

Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) nên \(AH = \dfrac{1}{2}BC = a.\)

Tam giác vuông \(SAH\), có \(\tan \widehat {SAH} = \dfrac{{SH}}{{AH}} = \sqrt 3 \), suy ra \(\widehat {SAH} = {60^0}\).

Do \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(\widehat {SC,\left( {ABD} \right)} = \widehat {SC,\left( {ABCD} \right)} = \widehat {SC,AC} = \widehat {SCA}\)

Xét tam giác vuông \(SAC\), ta có \(\tan \widehat {SCA} = \dfrac{{SA}}{{AC}} = \dfrac{{SA}}{{\sqrt {A{B^2} + B{C^2}} }} = \sqrt 3 \).

Suy ra \(\widehat {SCA} = {60^0}\).

Gọi \(O = AC \cap BD\). Theo giả thiết \(B'O \bot \left( {ABCD} \right)\).

Do đó \(\widehat {BB',\left( {ABCD} \right)} = \widehat {BB',BO} = \widehat {B'BO}\).

Từ giả thiết suy ra tam giác \(ABD\) đều cạnh \(a\), suy ra \(BO = \dfrac{1}{2}BD = \dfrac{a}{2}\).

Tam giác vuông \(B'BO\), có \(\cos \widehat {B'BO} = \dfrac{{BO}}{{BB'}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \widehat {B'BO} = {60^0}\).

Vì \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\) nên hình chiếu vuông góc của \(SD\) trên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là \(HD\).

Do đó $\widehat {SD,\left( {ABCD} \right)} = \widehat {\left( {SD,HD} \right)} = \widehat {SDH}.$

Tính được \(SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}} = a\sqrt 2 .\)

Trong tam giác \(ADH\), có \(DH = \sqrt {A{H^2} + A{D^2} - 2AH.AD.\cos {{45}^0}} = a\sqrt {10} .\)

Tam giác vuông \(SHD\), có \(\tan \widehat {SDH} = \dfrac{{SH}}{{HD}} = \dfrac{{\sqrt 5 }}{5}.\)

Bước 1:

Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên hình chiếu vuông góc của \(SO\) trên mặt đáy \(\left( {ABCD} \right)\) là \(AO\).

Do đó \(\widehat {\left( {SO,\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SO,OA} \right)} = \widehat {SOA}.\)

Bước 2:

Trong tam giác vuông \(SAO\), ta có \(\tan \widehat {SOA} = \dfrac{{SA}}{{OA}} = 2\sqrt 2 .\)

Vậy \(SO\) hợp với mặt đáy \(\left( {ABCD} \right)\) một góc nhọn \(\varphi \) thỏa mãn \(\tan \varphi  = 2\sqrt 2 \).

Ta có \(MN\parallel SB\). Do đó \(\widehat {MN,\left( {ABCD} \right)} = \widehat {SB,\left( {ABCD} \right)}\).

Do \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(\widehat {MN,\left( {ABCD} \right)} = \widehat {SB,\left( {ABCD} \right)} = \widehat {SB,HB} = \widehat {SBH}\).

Ta có \(BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}}  = 2a\); \(BH = \dfrac{{BD}}{3} = \dfrac{{2a}}{3}\).

Tam giác \(SHB\), có \(\tan \widehat {SBH} = \dfrac{{SH}}{{BH}} = \dfrac{3}{4}\).

Xác định \({45^0} = \widehat {SC,\left( {ABCD} \right)} = \widehat {SC,AC} = \widehat {SCA}\), suy ra \(SA = AC = 2a\sqrt 2 \).

Gọi \(O = AC \cap BD\), ta có \(\left\{ \begin{array}{l}DO \bot AC\\DO \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow DO \bot \left( {SAC} \right)\) nên hình chiếu vuông góc của \(SD\) trên mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) là \(SO\). Do đó \(\widehat {SD,\left( {SAC} \right)} = \widehat {SD,SO} = \widehat {DSO}\).

Ta có \(DO = \dfrac{1}{2}BD = a\sqrt 2 \); \(SO = \sqrt {S{A^2} + A{O^2}}  = \sqrt {S{A^2} + D{O^2}}  = a\sqrt {10} \).

Tam giác vuông \(SOD\), có \(\tan \widehat {DSO} = \dfrac{{OD}}{{OS}} = \dfrac{{\sqrt 5 }}{5}\). 

Gọi \(I = HK \cap AC.\) Do \(H,{\rm{ }}K\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(AD\) nên \(HK\parallel BD\). Suy ra \(HK \bot AC\). Lại có \(AC \bot SH\) nên suy ra \(AC \bot \left( {SHK} \right)\).

Do đó \(\widehat {\left( {SA,\left( {SHK} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SA,SI} \right)} = \widehat {ASI}.\)

Tam giác \(SIA\) vuông tại \(I\), có \(\tan \widehat {ASI} = \dfrac{{AI}}{{SI}} = \dfrac{{\dfrac{1}{4}AC}}{{\sqrt {S{A^2} - A{I^2}} }} = \dfrac{{\sqrt 7 }}{7}.\)

Gọi \(H\) là trung điểm \(AB\), suy ra \(SH \bot AB \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right).\) Vì \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\) nên hình chiếu vuông góc của \(SD\) trên mặt đáy \(\left( {ABCD} \right)\) là \(HD\).

Do đó \(\widehat {SD,\left( {ABCD} \right)} = \widehat {\left( {SD,HD} \right)} = \widehat {SDH}.\)

Tam giác \(SAB\) đều cạnh \(a\) nên \(SH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\)

\(HD = \sqrt {A{H^2} + A{B^2}} = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}.\)

Tam giác vuông \(SHD\), có \(\cot \widehat {SDH} = \dfrac{{DH}}{{SH}} = \dfrac{5}{{\sqrt {15} }}.\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BA \bot AD\\BA \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BA \bot \left( {SAD} \right)\). Suy ra hình chiếu vuông góc của \(SB\) trên mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) là \(SA\).

Do đó \(\widehat {SB,\left( {SAD} \right)} = \widehat {\left( {SB,SA} \right)} = \widehat {BSA}.\)

Tam giác vuông \(SAB\), ta có \(\cos \widehat {BSA} = \dfrac{{SB}}{{SA}} = \dfrac{{SA}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \dfrac{{2\sqrt 5 }}{5}.\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot AA'\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {AA'B'B} \right)\).

Do đó \(\widehat {A'C,\left( {AA'B'B} \right)} = \widehat {\left( {A'C,A'B} \right)} = \widehat {CA'B}\).

Vì \(BC \bot \left( {AA'B'B} \right)\)\( \Rightarrow BC \bot BA'\)nên tam giác \(A'BC\) vuông tại \(B\).

Tam giác vuông \(A'BC\), có \(\tan \widehat {CA'B} = \dfrac{{BC}}{{A'B}} = \dfrac{{BC}}{{\sqrt {AA{'^2} + A{B^2}} }} = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}.\)

Vậy \(A'C\) tạo với mặt phẳng \(\left( {AA'B'B} \right)\) một góc \({30^0}.\)

Gọi \(M\) là trung điểm \(AD\), suy ra \(ABCM\) là hình vuông nên \(CM \bot AD\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CM \bot AD\\CM \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CM \bot \left( {SAD} \right)\).

Suy ra hình chiếu vuông góc của \(SC\) trên mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) là \(SM\).

Do đó \(\widehat {SC,\left( {SAD} \right)} = \widehat {SC,SM} = \widehat {CSM}\).

Tam giác vuông \(SMC\), có \(\tan \widehat {CSM} = \dfrac{{CM}}{{SM}} = \dfrac{{AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{M^2}} }} = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}\) \( \Rightarrow \widehat {CSM} = {30^0}\).

Ta có \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow AC\) là hình chiếu của \(SC\) trên \(\left( {ABC} \right)\).

\( \Rightarrow \angle \left( {SC;\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SC;AC} \right) = \angle SCA\).

Tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(B \Rightarrow AC = AB\sqrt 2  = \sqrt 2 a.\sqrt 2  = 2a\).

Tam giác \(SAC\) có \(\angle SAC = {90^0};\,\,SA = AC = 2a \Rightarrow \Delta SAC\) vuông cân tại \(A \Rightarrow \angle SCA = {45^0}\).

Vậy \(\angle \left( {SC;\left( {ABC} \right)} \right) = {45^0}\).

Gọi \(M\) là trung điểm của \(SD\), nhận xét góc giữa \(SB\) và \(\left( {SCD} \right)\) cũng bằng góc giữa \(OM\) và \(\left( {SCD} \right)\) (Vì \(OM//SB\))

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(O\) trên \(\left( {SCD} \right)\) \( \Rightarrow \widehat {\left( {OM,\left( {SCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {OM,MH} \right)} = \widehat {OMH}\).

Trong \(\left( {SBD} \right)\) kẻ \(OE//SH\), khi đó tứ diện \(OECD\) là tứ diện vuông nên \(\dfrac{1}{{O{H^2}}} = \dfrac{1}{{O{C^2}}} + \dfrac{1}{{O{D^2}}} + \dfrac{1}{{O{E^2}}}\).

Ta dễ dàng tính được \(OC = \dfrac{a}{2},OD = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Lại có: \(\dfrac{{OE}}{{SH}} = \dfrac{{OD}}{{HD}} = \dfrac{3}{4} \Rightarrow OE = \dfrac{3}{4}SH\), mà \(SH = \sqrt {S{B^2} - B{H^2}}  = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}}  = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}\)

Do đó \(OE = \dfrac{3}{4}SH = \dfrac{3}{4}.\dfrac{{a\sqrt 6 }}{3} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{4}\).

Suy ra \(\dfrac{1}{{O{H^2}}} = \dfrac{1}{{{{\left( {a/2} \right)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left( {a\sqrt 3 /2} \right)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left( {a\sqrt 6 /4} \right)}^2}}} = \dfrac{8}{{{a^2}}} \Rightarrow OH = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{4}\).

Tam giác \(OMH\) vuông tại \(H\) có \(OM = \dfrac{1}{2}SB = \dfrac{a}{2},OH = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{4} \Rightarrow \sin \widehat {OMH} = \dfrac{{OH}}{{OM}} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Vậy \(\sin \varphi  = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Bước 1: Xác định góc giữa SM và (ABC)

Do SM có hình chiếu vuông góc lên (ABC) là AM.

Do đó \(\widehat {\left( {SM,(ABC)} \right)} = \widehat {SMA}\).

Bước 2: Tính \(\widehat {SMA}\)

Ta có \(AM = \dfrac{{BC}}{2} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Xét tam giác vuông SAM có

\(\tan \widehat {SMA} = \dfrac{{SA}}{{AM}} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 6 }}{2}}}{{\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = \sqrt 3 \)\( \Rightarrow \widehat {SMA} = {60^0}\)

Bước 1: Xác định góc giữa SO và đáy.

Ta có \(SA \bot (ABCD)\) nên AO là hình chiếu vuông góc của SO lên \((ABCD)\) nên góc giữa SO và đáy là góc \(\widehat {SOA}\).

Bước 2: Tính AO và \(\widehat {SOA}\)

Tam giác ABD đều cạnh \(a\sqrt 2 \) nên \(AO = a\sqrt 2 \dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{2}\).

Tam giác SAO vuông tại \(A\) nên ta có:

\(\tan \widehat {SOA} = \dfrac{{SA}}{{AO}} = \dfrac{{\dfrac{{3\sqrt 2 }}{2}a}}{{\dfrac{{a\sqrt 6 }}{2}}} = \sqrt 3 \)

Suy ra \(\widehat {SOA} = {60^0}\)

Vậy góc giữa đường thẳng SO và mặt phẳng \((ABCD)\) bằng \({60^0}\).

Bước 1:

Ta có \(SA \bot (ABCD)\) nên AC là hình chiếu của SC lên (ABCD). Vậy góc giữa SC và (ABCD) là góc giữa SC và AC và bằng \(\widehat {SCA}\)

Bước 2:

ABCD là hình vuông  cạnh a nên \(AC = a\sqrt 2 \)

\(\begin{array}{l}\tan \widehat {SCA} = \dfrac{{SA}}{{AC}} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{{a\sqrt 2 }} = \sqrt 3 \\ \Rightarrow \widehat {SCA} = 60^\circ \end{array}\)

Bước 1: Trong mặt phẳng \((ABC)\) kẻ \(BH \bot AC\). Xác định góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng \((SAC)\)

Trong mặt phẳng \((ABC)\) kẻ \(BH \bot AC\).

Mà \(BH \bot SA \Rightarrow BH \bot (SAC)\).

Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng \((SAC)\) bằng \(\widehat {BSH}\).

Bước 2: Tính góc.

Xét tam giác ABH vuông tại \(H\) có

\(BH = AB \cdot \sin {60^0} = 2a \cdot \dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \)

\(AH = AB \cdot \cos {60^0} = 2a \cdot \dfrac{1}{2} = a.\)

Xét tam giác SAH vuông tại $S$ có

\(SH = \sqrt {S{A^2} + A{H^2}}  = \sqrt {{{(a\sqrt 2 )}^2} + {a^2}}  = a\sqrt 3 .\)

Xét tam giác SBH vuông tại \(H\) có: \(SH = HB = a\sqrt 3 \), suy ra \(\Delta SBH\) vuông tại \(H\).

Vậy \(\widehat {BSH} = {45^0}\).

Ta có:\(SA \bot \left( {ABC} \right)\) \( \Rightarrow AC\) là hình chiếu của \(SC\) trên \(\left( {ABC} \right)\)

\( \Rightarrow \angle \left( {SC,\,\,\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SC,\,\,AC} \right) = \angle SCA.\)

Áp dụng định lý Pitago cho \(\Delta SCA\) vuông tại \(A\) ta có: \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = \sqrt {{a^2} + 2{a^2}}  = a\sqrt 3 .\)  

\( \Rightarrow \tan \angle SCA = \dfrac{{SA}}{{AC}} = \dfrac{a}{{a\sqrt 3 }} = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}\) \( \Rightarrow \angle SCA = {30^0}.\)