Góc giữa hai mặt phẳng

Cách 1: Có thể giải theo phương pháp gắn hệ trục tọa độ.

Cách 2: Tìm hai đường thẳng lần lượt vuông góc với hai mặt phẳng.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AD' \bot A'D\\AD' \bot A'B'\end{array} \right. \Rightarrow AD' \bot \left( {A'B'CD} \right)\)

Lại có: \(\left\{ \begin{array}{l}A'D \bot A'D'\\A'D \bot C'D'\end{array} \right. \Rightarrow A'D \bot \left( {ABC'D'} \right)\)

Do đó góc giữa hai mp \(\left( {ABC'D'} \right)\) và \(\left( {A'B'CD} \right)\) bằng góc \(AD'\) và \(A'D\)

Mà \(A'D \bot AD'\)

Vậy góc cần tìm bằng \({90^0}\)

Vì \(ABCD\) là hình vuông nên \(AC \bot BD\) tại \(O\).

Mà \(AC \subset \left( {A'OC'} \right)\) (do \(AC \subset \left( {ACC'A'} \right)\) và \(\left( {A'OC'} \right) \equiv \left( {ACC'A'} \right)\)).

\( \Rightarrow BD \bot \left( {A'OC'} \right)\).

\( \Rightarrow BD \bot A'O\) và \(BD \bot OC'\).

Mà \(A'O \subset \left( {A'BD} \right),\,\,OC' \subset \left( {C'BD} \right)\).

\( \Rightarrow \) Góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {A'BD} \right)\) và \(\left( {C'BD} \right)\) là \(\widehat {A'OC'}\).

Gọi \(H\) là tâm hình vuông \(A'B'C'D'\). Khi đó \(H\) là trung điểm \(A'C'\).

\( \Rightarrow OH = AA' = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{2}\).

Tam giác \(A'C'D'\) vuông tại \(D'\): \(A'{C'^2} = A'{D'^2} + C'{D'^2} = {\left( {a\sqrt 3 } \right)^2} + {\left( {a\sqrt 3 } \right)^2} = 6{a^2}\).

\( \Rightarrow A'C' = a\sqrt 6 \).

\( \Rightarrow A'H = HC' = \dfrac{{A'C'}}{2} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{2}\).

\( \Rightarrow OH = A'H = HC' = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{2}\).

\( \Rightarrow \) Tam giác \(A'OC'\) vuông tại \(O\) (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông bằng một nửa cạnh huyền).

\( \Rightarrow \widehat {A'OC'} = 90^\circ \).

Vậy góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {A'BD} \right)\) và \(\left( {C'BD} \right)\) bằng \(90^\circ \).

Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD.\)

\(SABCD\) là hình chóp đều \( \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right).\)

Ta có: \(\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = \left\{ {AB} \right\}.\)

Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB.\)

Ta có:\(OM \bot AB\,\,\left( {OM//AD,\,\,AD \bot AB} \right)\)

\(SM \bot AB\)  do \(\Delta SAB\) là tam giác cân tại \(S.\)

\( \Rightarrow \angle \left( {\left( {SAB} \right),\,\,\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SM,\,\,OM} \right) = \angle SMO.\)

Ta có: \(SM = \sqrt {S{A^2} - M{A^2}}  = \sqrt {5{a^2} - {a^2}}  = 2a.\) (Định lý Pitago)

\(OM = \dfrac{1}{2}AD = a.\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \cos SMO = \dfrac{{OM}}{{SM}} = \dfrac{a}{{2a}} = \dfrac{1}{2}\\ \Rightarrow \angle SMO = {60^0}.\end{array}\)

Bước 1: Gọi \(K\) là trung điểm của AC. Chứng minh \(BK \bot NC\)

Gọi \(K\) là trung điểm của A C.

Suy ra \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BK \bot AC}\\{BK \bot A{A^\prime }}\end{array} \Rightarrow BK \bot \left( {AC{C^\prime }{A^\prime }} \right)} \right.\)\( \Rightarrow BK \bot NC\).

Bước 2: Kẻ \(KH \bot NC(H \in NC)\). Xác định góc giữa \(\left( {MNP} \right)\) và \(\left( {AC{C^\prime }} \right)\)

Kẻ \(KH \bot NC(H \in NC)\), suy ra \(NC \bot (BKH)\)

\( \Rightarrow NC \bot BH\).

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{(MNP) \cap \left( {ACC'} \right) = NC}\\{BH \bot NC}\\{KH \bot NC}\end{array}} \right.\)

=> Góc giữa \(\left( {MNP} \right)\) và \(\left( {AC{C^\prime }} \right)\) là góc giữa BH và KH và bằng \(\widehat {KHB} = \alpha \)

Bước 3: Tính \(\cos \alpha \)

Do $ABC.A'B'C'$ là lăng trụ đều nên $ABC$ là tam giác đều

=> BK vuông góc với AC

=> BK vuông góc với (ACC'A')

=> BK vuông góc với KH

Hay tam giác BKH vuông tại K.

Lại có \(BK = 3,KH = \dfrac{{2\sqrt {21} }}{7} \Rightarrow BH = \dfrac{{5\sqrt {21} }}{7}\)

Khi đó, \(\cos \alpha  = \dfrac{{KH}}{{BH}} = \dfrac{2}{5}\).

Bước 1:

Kẻ \(MN\parallel AB\left( {N \in SA} \right)\)

Mà \(AB\parallel CD\)

\( \Rightarrow MN\parallel CD\) \( \Rightarrow N \in \left( {MCD} \right)\)

Bước 2:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD \subset \left( {SAD} \right)\\CD \bot ND \subset \left( {SAD} \right)\end{array} \right.\\ \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)\end{array}\)

Mặt khác,

\(CD = \left( {MCD} \right) \cap \left( {ABCD} \right)\)

\( \Rightarrow \left( {SAD} \right)\) vuông góc với \(\left( {MCD} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\).

Bước 3:

\(\begin{array}{l}N \in \left( {MCD} \right) \Rightarrow ND \subset \left( {MCD} \right)\\N \in SA \subset \left( {SAD} \right) \Rightarrow ND \subset \left( {SAD} \right)\\ \Rightarrow ND = \left( {MCD} \right) \cap \left( {SAD} \right)\end{array}\)

 \(AD = \left( {ABCD} \right) \cap \left( {SAD} \right)\)

\( \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {MCD} \right),\left( {ABCD} \right)} \right)}\)\( = \widehat {\left( {AD,ND} \right)} = \widehat {NDA} = \alpha \)

Bước 4:

Xét tam giác NDA vuông tại N có: \(AN = \dfrac{{SA}}{2} = a\), \(AD = a\).

(do  \(SA = \sqrt {S{D^2} - A{D^2}}  = \sqrt {5{a^2} - {a^2}}  = 2a\); N là trung điểm SA).

Nên \(\Delta NAD\) vuông cân tại A \( \Rightarrow \alpha  = 45^\circ \).

Vậy góc giữa \(\left( {MCD} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) bằng \(45^\circ \)

\(ABCD\) là  hình vuông\( \Rightarrow BD \bot AC\) (3)

Ta lại có: \(BD \bot SA\) (Do \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\)) (4).

Từ (3) và (4) suy ra \(BD \bot \left( {SAC} \right)\), mà \(BD \subset \left( {SBD} \right)\)  nên \(\left( {SBD} \right) \bot \left( {SAC} \right)\)

\(ABCD\) là  hình vuông\( \Rightarrow CD \bot AD\) (1)

Ta có \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow CD \bot SA\)     (2)

Từ ( 1) và (2) suy ra \(CD \bot \left( {SAD} \right)\).

Ta có $\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC \Rightarrow BC$ là giao tuyến.

Mặt khác $SA \bot \left( {ABC} \right)$ và $\Delta ABC$ vuông tại $B \Rightarrow AB \bot BC$.

Nên $\left\{ \begin{array}{l}SA \bot BC\\AB \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow $$BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB$

$\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\\left( {SBC} \right) \supset SB \bot BC\\\left( {ABC} \right) \supset AB \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SB;AB} \right)} = \widehat {SBA} = {45^0}$

Xét $\Delta SAB$ vuông tại $A$, có $\widehat {SBA} = {45^0} \Rightarrow SA = AB = a$.

Mà $A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} = 2{a^2} \Rightarrow AC = a\sqrt 2 $. 

Gọi \(M\) là trung điểm của $BC$, suy ra $AM \bot BC$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}AM \bot BC\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow BC \bot SM$

$\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\\left( {SBC} \right) \supset SM \bot BC\\\left( {ABC} \right) \supset AM \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SM;AM} \right)} = \widehat {SMA}.$

Tam giác $ABC$ đều cạnh $a$, suy ra trung tuyến $AM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.$

Tam giác vuông $SAM$, có $\sin \widehat {SMA} = \dfrac{{SA}}{{SM}} = \dfrac{{SA}}{{\sqrt {S{A^2} + A{M^2}} }} = \dfrac{{2\sqrt 5 }}{5}.$

Gọi \(Q\) là trung điểm \(BC\), suy ra \(OQ \bot BC\).

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot OQ\\BC \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SOQ} \right) \Rightarrow BC \bot SQ.$

Do đó

$\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC\\\left( {SBC} \right) \supset SQ \bot BC\\\left( {ABCD} \right) \supset OQ \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SQ;OQ} \right)} = \widehat {SQO}.$

Tam giác vuông $SOQ$, có $\tan \widehat {SQO} = \dfrac{{SO}}{{OQ}} = \sqrt 3  \Rightarrow \widehat {SQO} = {60^0}$

Vậy mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ hợp với mặt đáy $\left( {ABCD} \right)$ một góc ${60^0}.$

Gọi $I$ là tâm của hình thoi $ABCD$.

Và $H$ là hình chiếu vuông góc của $S$ lên $BD$.

$\widehat {\left( {\left( {SBD} \right);\left( {ABCD} \right)} \right)} = {90^0} \Rightarrow \left( {SBD} \right) \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)$.

Khi đó $\left\{ \begin{array}{l}SH \bot AC\\BD \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow AC \bot SI$.

Mà $I$ là trung điểm của \(AC \Rightarrow \Delta SAC\) cân tại S \( \Rightarrow SA = SB = SC=BC=a\).

\(\Delta SAC = \Delta BAC\left( {c.c.c} \right) \Rightarrow BI = SI = \dfrac{1}{2}BD \Rightarrow \Delta SBD\) vuông tại S

$ \Rightarrow B{D^2} = S{B^2} + S{D^2} = {a^2} + {\left( {a\sqrt 2 } \right)^2} = 3{a^2} \Rightarrow BD = a\sqrt 3 $.

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

Gọi $K$ là trung điểm $AC$, suy ra $HK$//$AB$ nên $HK \bot AC$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}AC \bot HK\\AC \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {SHK} \right) \Rightarrow AC \bot SK.$

$\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AC\\\left( {SAC} \right) \supset SK \bot AC\\\left( {ABC} \right) \supset HK \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SAC} \right);\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SK;HK} \right)} = \widehat {SKH}.$

Tam giác vuông $ABC$, có $AB = BC.\cos \widehat {ABC} = a \Rightarrow HK = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{a}{2}.$

Tam giác \(SBC\) đều cạnh \(2a\) có đường cao \(SH = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{2}\)

Tam giác vuông $SHK$, có $\tan \widehat {SKH} = \dfrac{{SH}}{{HK}} = \dfrac{{\dfrac{{2a\sqrt 3 }}{2}}}{{\dfrac{a}{2}}} = 2\sqrt 3 $.

Vì $ABCD.A'B'C'D'$ là lăng trụ tứ giác đều

$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AB \bot BB'\\AB \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {BB'C'B} \right) \Rightarrow AB \bot BC'$

$\left\{ \begin{array}{l}\left( {ABC'} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\\\left( {ABC'} \right) \supset BC' \bot AB\\\left( {ABCD} \right) \supset BC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {ABC'} \right);\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {BC';BC} \right)} = \widehat {C'BC} = {60^0}.$

Tam giác $BCC'$ vuông tại $C,$ có $\tan \widehat {C'BC} = \dfrac{{CC'}}{{BC}} \Rightarrow CC' = \tan {60^0}.a = a\sqrt 3 .$

Gọi M’ là trung điểm $OC \Rightarrow MM'\parallel SO \Rightarrow MM' \bot \left( {ABCD} \right).$

Theo công thức diện tích hình chiếu, ta có ${S_{\Delta \,M'BD}} = \cos \varphi .{S_{\Delta \,MBD}}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \cos \varphi  = \dfrac{{{S_{\Delta \,M'BD}}}}{{{S_{\Delta \,MBD}}}} = \dfrac{{BD.M'O}}{{BD.MO}} = \dfrac{{M'O}}{{MO}} = \dfrac{{\dfrac{1}{2}OC}}{{\dfrac{1}{2}SA}}\\ = \dfrac{{\sqrt {B{C^2} - O{B^2}} }}{{SA}} = \dfrac{{\sqrt {{a^2} - {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} }}{a} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \varphi  = {45^0}.\end{array}$

Từ giả thiết suy ra tam giác $ABD$ đều cạnh $a$.

Gọi $H$ là hình chiếu của $S$ trên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$.

Do $SA = SB = SD$ nên suy ra $H$ là tâm của tam gác đều $ABD$.

Suy ra $AH = \dfrac{2}{3}AI = \dfrac{2}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3},HI = \dfrac{1}{3}AI = \dfrac{1}{3}\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6}$

và $SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}}  = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{6}.$

Vì $ABCD$ là hình thoi nên $HI \bot BD$. Tam giác $SBD$ cân tại $S$ nên $SI \bot BD$. Do đó $\widehat {\left( {SBD} \right);\left( {ABCD} \right)} = \widehat {\left( {SI;AI} \right)} = \widehat {SIH}.$.

Trong tam vuông $SHI$, có $\tan \widehat {SIH} = \dfrac{{SH}}{{HI}} = \sqrt 5 .$

Dễ dàng xác định giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {SCD} \right)$ là đường thẳng $d$ đi qua $S$ và song song với AB và CD.

Trong mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ có $SH \bot AB \Rightarrow SH \bot d.$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot HK\\CD \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SHK} \right) \Rightarrow CD \bot SK \Rightarrow d \bot SK.$ 

Từ đó suy ra

$\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right) = d\\\left( {SAB} \right) \supset SH \bot d\\\left( {SCD} \right) \supset SK \bot d\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SAB} \right);\left( {SCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SH;SK} \right)} = \widehat {HSK}.$

Trong tam giác vuông $SHK$, có $\tan \widehat {HSK} = \dfrac{{HK}}{{SH}} = \dfrac{a}{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \dfrac{{2\sqrt 3 }}{3}.$

Gọi $O = AC \cap BD$. Do hình chóp $S.ABCD$ đều nên $SO \bot \left( {ABCD} \right)$.

Gọi $M$ là trung điểm của $SD.$ Tam giác $SCD$ đều nên $CM \bot SD$.

Tam giác $SBD$ có $SB = SD = a,$ $BD = a\sqrt 2 $

Suy ra $\Delta \,SBD$ vuông tại $S \Rightarrow SB \bot SD \Rightarrow OM \bot SD.$

Do đó

$\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBD} \right) \cap \left( {SCD} \right) = SD\\\left( {SBD} \right) \supset OM \bot SD\\\left( {SCD} \right) \supset CM \bot SD\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SBD} \right);\left( {SCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {OM;CM} \right)} = \widehat {OMC}.$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}OC \bot BD\\OC \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow OC \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow OC \bot OM$.

Tam giác vuông MOC vuông tại O, có $\tan \widehat {CMO} = \dfrac{{OC}}{{OM}} = \dfrac{{\dfrac{1}{2}a\sqrt 2 }}{{\dfrac{1}{2}a}} = \sqrt 2 $.

Gọi $\left( d \right)$ là đường thẳng đi qua $S$ và song song với EF.

Vì EF là đường trung bình tam giác ABC suy ra EF // BC.

Khi đó d // EF // BC$ \Rightarrow \left( {SEF} \right) \cap \left( {SBC} \right) = \left( d \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right).$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}SA \bot BC\,\,\,\,\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\\AB \bot BC\end{array} \right.$$ \Rightarrow $$BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}BC \bot SE\\BC \bot SB\end{array} \right.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right).$

Từ $\left( 1 \right),\,\,\left( 2 \right)$ suy ra $\left\{ \begin{array}{l}\left( d \right) \bot SE\\\left( d \right) \bot SB\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SEF} \right);\left( {SBC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SE;SB} \right)} = \widehat {BSE}.$

Gọi $H$ là chân đường cao kẻ từ đỉnh $S$ xuống mặt phẳng (ABC).

Vì S.ABC là hình chóp đều có SA = SB = SC nên suy ra H chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Gọi M là trung điểm của BC, ta có

$\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AM\\BC \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow BC \bot SM$.

Khi đó

$\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\\left( {SBC} \right) \supset SM \bot BC\\\left( {ABC} \right) \supset AM \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SM;AM} \right)} = \widehat {SMA} = {60^0}$.

Tam giác ABC đều cạnh a có $AM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow HM = \dfrac{{AM}}{3} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6}.$

Tam giác AHM vuông tại H, có $SH = \tan {60^0}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{6} = \dfrac{a}{2}.$

Vậy độ dài đường cao $SH = \dfrac{a}{2}.$

Gọi $M$ là trung điểm $AB$ $\, \Rightarrow ADCM$ là hình vuông.

Vì$\,CM = AD = a = \dfrac{{AB}}{2}$. Suy ra tam giác $ACB$ có trung tuyến bằng nửa cạnh đáy nên vuông tại $C$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\\BC \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BC \bot SC.$

Do đó :

$\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC\\\left( {SBC} \right) \supset SC \bot BC\\\left( {ABCD} \right) \supset AC \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SC;AC} \right)} = \widehat {SCA}.$

Tam giác $SAC$ vuông tại $A$$ \Rightarrow \tan \varphi  = \dfrac{{SA}}{{AC}} = \dfrac{{SA}}{{\sqrt {A{D^2} + C{D^2}} }} = \dfrac{a}{{a\sqrt 2 }} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}.$