Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

Từ giả thiết ta có $\left\{ \begin{array}{l}AB \bot BC\\AB \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {BCD} \right)$.

Do đó $\left( {AC,\left( {BCD} \right)} \right) = \left( {AC,BC} \right) = \widehat {ACB}$.

$SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow \left( {SA,\left( {ABC} \right)} \right) = 90^\circ$.

Gọi $H$ là trung điểm của $BC$ suy ra

$AH = BH = CH = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{a}{2}$.

Ta có: $SH \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SH = \sqrt {S{B^2} - B{H^2}}  = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$

$\widehat {\left( {SA,\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SA,HA} \right)} = \widehat {SAH} = \alpha$

$\Rightarrow \tan \alpha  = \dfrac{{SH}}{{AH}} = \sqrt 3  \Rightarrow \alpha  = 60^\circ$.

Ta có: $SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AC$

$\Rightarrow \widehat {\left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SC,AC} \right)} = \widehat {SCA} = \alpha$

$ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ $\Rightarrow AC = a\sqrt 2 ,SA = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}$ $\Rightarrow \tan \alpha  = \dfrac{{SA}}{{AC}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow \alpha  = 30^\circ$.

Do H là hình chiếu của $S$ lên mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ nên $SH \bot \left( {ABC} \right)$

Vậy $AH$ là hình chiếu của $SA$ lên mp $\left( {ABC} \right)$

$\Rightarrow \left( {SA;\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SA;HA} \right) = \widehat {SAH}$ (do $SH \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SH \bot AH$ hay $\widehat {SAH} <90^0$)

Mà: $\Delta ABC = \Delta SBC \Rightarrow SH = AH$

Vậy tam giác $SAH$ vuông cân tại $H$ $\Rightarrow \widehat {SAH} = {45^0}$

Gọi $\left\{ \begin{array}{l}A'C \cap AC' = I\\C'D \cap CD' = H\end{array} \right.$

mà $\left\{ \begin{array}{l}C'D \bot CD'\\C'D \bot A'D'\end{array} \right. \Rightarrow C'D \bot \left( {A'BCD'} \right) \Rightarrow IH$ là hình chiếu vuông góc của $IC'$ lên $\left( {A'BCD'} \right) \Rightarrow \widehat {C'IH}$là góc giữa $IC'$ và $\left( {A'BCD'} \right)$ và cũng là góc giữa $AC'$ và $\left( {A'BCD'} \right).$ Mà $\tan \widehat {C'IH} = \dfrac{{C'H}}{{IH}} = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}.2 = \sqrt 2 .$

Đáp án A sai vì nếu trường hợp đường thẳng vuông góc với mặt phẳng thì định nghĩa đó không còn đúng.

Đáp án C sai vì $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$ có thể trùng nhau.

Đáp án D sai vì $a,b$ có thể trùng nhau.

Có $IO$   là đường trung bình tam giác $SAC$   nên $IO//SA$   nên $IO \bot \left( {ABCD} \right)$  nên A đúng.

Có $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot SB$  nên B đúng

Và $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot SD$ nên phương án D đúng.

Đáp án C sai vì nếu $\left( {SAC} \right)$ là mặt phẳng trung trực của $BD$ $\Rightarrow BD \bot AC$(vô lý).

Bước 1:

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

$\Rightarrow$ B là hình chiếu của C lên $(SAB)$

Mà S là hình chiếu của chính nó lên $(SAB)$.

$\Rightarrow$ $SB$ là hình chiếu của $SC$ lên $\left( {SAB} \right)$

$\Rightarrow$ Góc giữa $SC$ và $(SAB)$ là góc giữa $SC$ và $SB$ và bằng $\widehat {BSC}$

Bước 2:

Ta có:

$SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = \sqrt {6{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 7$

Xét tam giác $SBC$ có

$\tan \widehat {BSC} = \dfrac{{BC}}{{SB}} = \dfrac{a}{{a\sqrt 7 }} = \dfrac{1}{{\sqrt 7 }}.$

Gọi $E$ là trung điểm của $AB$.

Qua $E$ kẻ $EF \bot CD,EG \bot AB \Rightarrow \left( {EGF} \right) \bot AB$ và $F,G$ là trung điểm của $DC,SB$.

Do $\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC\\\left( {EGF} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = FE\\FE//BC\end{array} \right.$ $\Rightarrow \left( {SBC} \right) \cap \left( {EGF} \right) = GH//BC$ (định lý giao tuyến ba mặt phẳng)

Suy ra $H$ là trung điểm của $SC$.

Vậy thiết diện là hình thang $GHFE$.

Vì $GE//SA$ nên $GE \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow GE \bot FE$ nên thiết diện là hình thang vuông.

${S_{EGHF}} = \dfrac{{\left( {FE + GH} \right).GE}}{2}$ $= \dfrac{{\left( {BC + \dfrac{1}{2}BC} \right).\dfrac{1}{2}SA}}{2}$ $= \dfrac{{\left( {8 + 4} \right)3}}{2} = 18$

Theo bài ra hình chóp $S.ABC$ là hình chóp tam giác đều.

Gọi $H$ là trung điểm của $BC$, ta có $SG \bot (ABC),G \in AH$.

Mà $AH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow AG = \dfrac{2}{3}AH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}$.

Tam giác $SAG$ vuông tại $G$ nên theo định lý Pi-ta-go ta có :

$SG = \sqrt {S{A^2} - A{G^2}}  = \sqrt {{b^2} - \dfrac{{{a^2}}}{3}}  = \sqrt {\dfrac{{3{b^2} - {a^2}}}{3}}  = \dfrac{{\sqrt {9{b^2} - 3{a^2}} }}{3}$

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC.

Do S.ABC là hình chóp đều nên $SG \bot \left( {ABC} \right)$.

Gọi C’ là trung điểm AB. Suy ra C, C’, G thẳng hàng.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}AB \bot CC'\\SG \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SCC'} \right) \Rightarrow AB \bot SC$.   (1)

Trong tam giác SAC, kẻ $A{C_1} \bot SC$.   (2)

Từ (1) và (2), suy ra $SC \bot \left( {AB{C_1}} \right)$.

Suy ra thiết diện cần tìm là tam giác $AB{C_1}$ thỏa mãn đi qua A và vuông góc với SC.

Tam giác SAC cân tại S nên để ${C_1}$ nằm giữa S và C khi và chỉ khi $\widehat {ASC} < {90^0}$.

Suy ra $\cos \widehat {ASC} > 0 \Leftrightarrow S{A^2} + S{C^2} - A{C^2} > 0 \Leftrightarrow 2{b^2} - {a^2} > 0 \Rightarrow a < b\sqrt 2 .$

Gọi $I$ là trung điểm ${\rm{AS}} \Rightarrow {\rm{BI}} \bot {\rm{SA}}$

Ta có: $SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot AD$

Mà $AD \bot AB$ nên $AD \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow AD \bot BI$

Suy ra $BI \bot (SAD) \Rightarrow \alpha  = \widehat {IDB}$

Ta có: $BI = \dfrac{{AB\sqrt 3 }}{2},BD = AB\sqrt 2  \Rightarrow \sin \alpha  = \dfrac{{BI}}{{BD}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{{2\sqrt 2 }}$

Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ lên $mp(BCD)$, $a$ là độ dài cạnh của tứ diện $ABCD$.

Ta có $\alpha  = \widehat {ABH},BH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow \cos \alpha  = \dfrac{{BH}}{{AB}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{3}$.

Ta có

Ta có ${C_1}C \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $AC$ là hình chiếu của $A{C_1}$ lên $\left( {ABCD} \right)$

$\Rightarrow \widehat {\left( {A{C_1},\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {CA{C_1}} = \alpha$$\Rightarrow \tan \alpha  = \dfrac{{C{C_1}}}{{AC}} = \dfrac{a}{{a\sqrt 2 }} = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}$.

Vì $SO \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $OB$ là hình chiếu của $SB$ trên mặt phẳng đáy.

Do đó $\alpha  = \left( {SB,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SB,OB} \right) = \widehat {SBO}$ và $\beta  = \left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SC,OC} \right) = \widehat {SCO}$.

Hình thoi $ABCD$ có $AC = 2a,\widehat {ADC} = {60^0} \Rightarrow \Delta ADC$ đều $\Rightarrow AD = 2a$

Tam giác $AOD$ vuông tại $O$ nên $OD = \sqrt {A{D^2} - A{O^2}}  = \sqrt {4{a^2} - {a^2}}  = a\sqrt 3  \Rightarrow OB = a\sqrt 3$.

Lại có $\tan \alpha  = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \dfrac{{SO}}{{OB}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow SO = \dfrac{1}{2}OB = \dfrac{1}{2}.a\sqrt 3  = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Vậy $\tan \beta  = \tan \widehat {SCO} = \dfrac{{SO}}{{OC}} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{a} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}$.

Bước 1:

$SA$ vuông góc với mặt phẳng đáy nên hình chiếu của SC lên (ABC) là AC.

Bước 2:

Góc giữa SC và (ABC)  là $\widehat {SCA}$

Bước 3:

$AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = a\sqrt 5$

$\tan \widehat {SCA} = \dfrac{{SA}}{{AC}} = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{{a\sqrt 5 }} = \sqrt 3$

$\Rightarrow \widehat {SCA} = {60^0}$

Bước 1:

Gọi O là tâm của ABCD.

M là trung điểm của AO, N là trung điểm của AB.

Qua G kẻ GP song song với MN ($P \in SM$).

Ta có ABCD là hình vuông nên $BD \bot AC$. Mà $MN||BD$$\Rightarrow MN \bot AC$.

Ta lại có $MN \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)$

=> $MN \bot \left( {SAC} \right)$

$GP||MN \Rightarrow GP \bot \left( {SAC} \right)$

Bước 2:

Hình chiếu của C lên (SAC) là C, hình chiếu của G lên (SAC) là P.

=> Hình chiếu của CG lên (SAC) là CP

Góc giữa CG và (SAC) là góc giữa CG và CP và bằng $\widehat {GCP} = \alpha$

Bước 3:

$GP = \dfrac{2}{3}MN = \dfrac{2}{3}.\dfrac{1}{2}OB$$= \dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{2}BD = \dfrac{1}{6}.a\sqrt 2$

Kẻ $PQ||SA \Rightarrow PQ = \dfrac{1}{3}SA = \dfrac{{2a}}{3}$

$\begin{array}{l}CQ = \dfrac{1}{3}MA + 3MA = \dfrac{{10}}{3}.MA\\ = \dfrac{{10}}{3}.\dfrac{1}{4}AC = \dfrac{5}{6}AC = \dfrac{{5.a\sqrt 2 }}{6}\\ \Rightarrow CP = \sqrt {C{Q^2} + P{Q^2}} \\ = \sqrt {\dfrac{{25{a^2}}}{{18}} + \dfrac{{4{a^2}}}{9}}  = a\sqrt {\dfrac{{11}}{6}} \\ \Rightarrow CG = \sqrt {C{P^2} + G{P^2}}  = \dfrac{{a\sqrt {17} }}{3}\\ \Rightarrow \sin \alpha  = \dfrac{{GP}}{{CG}} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{6}.\dfrac{3}{{\sqrt {17} }} = \dfrac{1}{{\sqrt {34} }}\end{array}$

Gọi $d$ là đường thẳng vuông góc với $(ABC)$ tại $A$, $S$ là giao điểm của $d$ với $(P)$. Khi đó $(P)$ chính là $(SBC)$.

Kẻ $AI \bot BC(I \in BC),AH \bot SI(H \in SI)$.

Khi đó $\alpha  = \widehat {SIA};\beta  = \widehat {ABH};\gamma  = \widehat {ACH}$.

$\begin{array}{l}p = {\cos ^2}\alpha  + {\sin ^2}\beta  + {\sin ^2}\gamma \\ = \dfrac{{H{I^2}}}{{A{I^2}}} + \dfrac{{A{H^2}}}{{A{B^2}}} + \dfrac{{A{H^2}}}{{A{C^2}}}\end{array}$

 $\begin{array}{l} = \dfrac{{H{I^2}}}{{A{I^2}}} + A{H^2}\left( {\dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{A{C^2}}}} \right)\\ = \dfrac{{H{I^2}}}{{A{I^2}}} + \dfrac{{A{H^2}}}{{A{I^2}}} = 1.\end{array}$