Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng
Kỳ thi ĐGNL ĐHQG Hà Nội
Cho tứ diện \(ABCD\) có cạnh $AB$, $BC$, $CD$ bằng nhau và vuông góc với nhau từng đôi một. Khẳng định nào sau đây đúng?
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 \(\left( {AC,\left( {BCD} \right)} \right) = \left( {AC,BC} \right) = \widehat {ACB}\).
Cho tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\) và \(BC = a.\) Trên đường thẳng qua \(A\) vuông góc với \(\left( {ABC} \right)\) lấy điểm \(S\) sao cho $SA = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{2}$. Tính số đo góc giữa đường thẳng \(SA\) và \(\left( {ABC} \right)\)
\(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow \left( {SA,\left( {ABC} \right)} \right) = 90^\circ \).
Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông cạnh huyền $BC = a$. Hình chiếu vuông góc của \(S\) lên $\left( {ABC} \right)$ trùng với trung điểm$BC$. Biết $SB = a$. Tính số đo của góc giữa $SA$ và $\left( {ABC} \right)$.
Gọi \(H\) là trung điểm của \(BC\) suy ra
\(AH = BH = CH = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{a}{2}\).
Ta có: \(SH \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SH = \sqrt {S{B^2} - B{H^2}} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\)
Ta có: $H$ là hình chiếu của $S$ trên $(ABC)$ nên $HA$ là hình chiếu của $SA$ lên $(ABC)$
\(\Rightarrow \widehat {\left( {SA,\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SA,HA} \right)} = \widehat {SAH} = \alpha \)
$ \Rightarrow \tan \alpha = \dfrac{{SH}}{{AH}} = \sqrt 3 \Rightarrow \alpha = 60^\circ $.
Cho hình chóp $S.ABCD$, đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh bằng \(a\) và $SA \bot \left( {ABCD} \right)$. Biết \(SA = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}\). Tính góc giữa $SC$ và $\left( {ABCD} \right)$.
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 $.
Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $a$. Hình chiếu vuông góc của $S$ lên $\left( {ABC} \right)$ trùng với trung điểm $H$ của cạnh $BC$. Biết tam giác $SBC$ là tam giác đều. Tính số đo của góc giữa $SA$ và $\left( {ABC} \right).$
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 $H$ \( \Rightarrow \widehat {SAH} = {45^0}\)
Cho hình lập phương\(ABCD.A'B'C'D'\). Gọi $\alpha $ là góc giữa $AC'$ và mp $\left( {A'BCD'} \right).$ Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau?
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 \(\tan \widehat {C'IH} = \dfrac{{C'H}}{{IH}} = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}.2 = \sqrt 2 .\)
Trong các mệnh đề sau mệnh đề nào đúng?
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.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) và đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật. Gọi \(O\) là tâm của \(ABCD\) và \(I\) là trung điểm của \(SC\). Khẳng định nào sau đây sai ?
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).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\), \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\), \(SA = a\sqrt 6 \). Gọi \(\alpha \) là góc giữa \(SC\) và \(mp\left( {SAB} \right)\). Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau?
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
\(\tan \widehat {BSC} = \dfrac{{BC}}{{SB}} = \dfrac{a}{{a\sqrt 7 }} = \dfrac{1}{{\sqrt 7 }}.\)
Cho hình chóp \(S.ABCD\), với đáy \(ABCD\) là hình bình hành tâm \(O;AD,SA,AB\) đôi một vuông góc \(AD = 8,SA = 6\). \((P)\)là mặt phẳng qua trung điểm của \(AB\) và vuông góc với \(AB\). Thiết diện của \((P)\) và hình chóp có diện tích bằng?
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.
\({S_{EGHF}} = \dfrac{{\left( {FE + GH} \right).GE}}{2} \) \(= \dfrac{{\left( {BC + \dfrac{1}{2}BC} \right).\dfrac{1}{2}SA}}{2} \) \( = \dfrac{{\left( {8 + 4} \right)3}}{2} = 18\)
Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác đều cạnh \(a\) và \(SA = SB = SC = b\). Gọi \(G\) là trọng tâm \(\Delta ABC\). Độ dài \(SG\) là:
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 :
\(SG = \sqrt {S{A^2} - A{G^2}} = \sqrt {{b^2} - \dfrac{{{a^2}}}{3}} = \sqrt {\dfrac{{3{b^2} - {a^2}}}{3}} = \dfrac{{\sqrt {9{b^2} - 3{a^2}} }}{3}\)
Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác đều cạnh \(a\) và \(SA = SB = SC = b\). Gọi G là trọng tâm \(\Delta ABC\). Xét mặt phẳng \((P)\) đi qua \(A\) và vuông góc với \(SC\). Tìm hệ thức liên hệ giữa \(a\) và \(b\) để \((P)\) cắt \(SC\) tại điểm \({C_1}\) nằm giữa \(S\) và \(C\).
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 $\cos \widehat {ASC} > 0 \Leftrightarrow S{A^2} + S{C^2} - A{C^2} > 0 \Leftrightarrow 2{b^2} - {a^2} > 0 \Rightarrow a < b\sqrt 2 .$
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông. Mặt bên \(SAB\) là tam giác đều có đường cao \(SH\) vuông góc với \(mp(ABCD)\). Gọi \(\alpha \) là góc giữa \(BD\) và \(mp(SAD)\). Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau?
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: \(BI = \dfrac{{AB\sqrt 3 }}{2},BD = AB\sqrt 2 \Rightarrow \sin \alpha = \dfrac{{BI}}{{BD}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{{2\sqrt 2 }}\)
Cho tứ diện \(ABCD\) đều. Gọi \(\alpha \) là góc giữa \(AB\) và \(mp(BCD)\). Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau?
Gọi \(H\) là hình chiếu của \(A\) lên \(mp(BCD)\), \(a\) là độ dài cạnh của tứ diện \(ABCD\).
Ta có \(\alpha = \widehat {ABH},BH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow \cos \alpha = \dfrac{{BH}}{{AB}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{3}\).
Cho hình lập phương \(ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}\). Gọi $\alpha $ là góc giữa $A{C_1}$ và mp$\left( {ABCD} \right)$. Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau?
Ta có
Ta có \({C_1}C \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(AC\) là hình chiếu của \(A{C_1}\) lên \(\left( {ABCD} \right)\)
\(\Rightarrow \widehat {\left( {A{C_1},\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {CA{C_1}} = \alpha \)\( \Rightarrow \tan \alpha = \dfrac{{C{C_1}}}{{AC}} = \dfrac{a}{{a\sqrt 2 }} = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\).
Cho hình thoi $ABCD$ có tâm $O,\widehat {ADC} = {60^0},AC = 2a$. Lấy điểm $S$ không thuộc $\left( {ABCD} \right)$ sao cho $SO \bot \left( {ABCD} \right)$. Gọi \(\alpha \) là góc giữa đường thẳng \(SB\) và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) và \(\tan \alpha = \dfrac{1}{2}\). Gọi \(\beta \) là góc giữa $SC$ và $\left( {ABCD} \right)$, chọn mệnh đề đúng :
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 \(\tan \beta = \tan \widehat {SCO} = \dfrac{{SO}}{{OC}} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{a} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\).
Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác vuông tại \(B\), \(AB = a\), \(BC = 2a\), \(SA\) vuông góc với mặt phẳng đáy và \(SA = \sqrt {15} a\) (tham khảo hình bên)
Góc giữa đường thẳng \(SC\) và mặt phẳng đáy bằng
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:
\(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = a\sqrt 5 \)
\(\tan \widehat {SCA} = \dfrac{{SA}}{{AC}} = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{{a\sqrt 5 }} = \sqrt 3 \)
\( \Rightarrow \widehat {SCA} = {60^0}\)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với (ABCD) và SA=2a. Gọi G là trọng tâm tam giác SAB, \(\alpha \) là góc tạo bởi đường thẳng CG và mặt phẳng (SAC). Tính \(\sin \alpha \).
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 \(PQ||SA \Rightarrow PQ = \dfrac{1}{3}SA = \dfrac{{2a}}{3}\)
\(\begin{array}{l}CQ = \dfrac{1}{3}MA + 3MA = \dfrac{{10}}{3}.MA\\ = \dfrac{{10}}{3}.\dfrac{1}{4}AC = \dfrac{5}{6}AC = \dfrac{{5.a\sqrt 2 }}{6}\\ \Rightarrow CP = \sqrt {C{Q^2} + P{Q^2}} \\ = \sqrt {\dfrac{{25{a^2}}}{{18}} + \dfrac{{4{a^2}}}{9}} = a\sqrt {\dfrac{{11}}{6}} \\ \Rightarrow CG = \sqrt {C{P^2} + G{P^2}} = \dfrac{{a\sqrt {17} }}{3}\\ \Rightarrow \sin \alpha = \dfrac{{GP}}{{CG}} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{6}.\dfrac{3}{{\sqrt {17} }} = \dfrac{1}{{\sqrt {34} }}\end{array}\)