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: $AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = \sqrt {{a^2} + 2{a^2}}  = a\sqrt 3 .$  

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