25 câu Chủ đề 2: Góc Dạng 3. Góc giữa hai mặt phẳng

Ta có: $BC\perp SA,BC\perp AB\Rightarrow BC\perp SB.$

Suy ra $\left\{\begin{array}{l}\left(SBC\right)\cap \left(ABC\right)=BC\\ AB\perp BC,AB\subset \left(ABC\right)\\ SB\perp BC,SB\subset \left(SBC\right)\end{array}\right.$

$\Rightarrow \widehat{\left(\left(SBC\right),\left(ABC\right)\right)}=\widehat{\left(AB,SB\right)}=\widehat{SBA}.$

Ta có $\left\{\begin{array}{l}\left(SAD\right)\cap \left(ABCD\right)=AD\\ AB\perp AD,AB\subset \left(ABCD\right)\\ SA\perp AD,SA\subset \left(SAD\right)\end{array}\right.$

$\Rightarrow \widehat{\left(\left(SAD\right),\left(ABCD\right)\right)}=\widehat{\left(SA,AB\right)}=\widehat{SAB}.$

+) $SA\perp \left(ABC\right)\Rightarrow \left(SAB\right)\perp \left(ABC\right)$ nên đáp án A đúng.

+) $AB\perp AC,AB\perp SA\Rightarrow AB\perp \left(SAC\right)$

$\Rightarrow \left(SAB\right)\perp \left(SAC\right)$ nên đáp án B đúng.

+) $AH\perp BC;BC\perp SA\Rightarrow BC\perp \left(SAH\right)$

$\Rightarrow SH\perp BC\Rightarrow \widehat{\left(\left(SBC\right),\left(ABC\right)\right)}=\widehat{SHA}.$

Vậy đáp án C đúng.

+) $\left(SBC\right)\cap \left(SAC\right)=SC$  nhưng $BC\cancel{\perp }SC$  nên đáp án D sai.

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\left(ABC\right)\cap \left(ABD\right)=AB\\ BC\cancel{\perp }AB\\ BD\cancel{\perp }AB\end{array}\right.$

$\Rightarrow \widehat{\left(\left(ABD\right),\left(ABC\right)\right)}\ne \widehat{CBD}.$ Đáp án C sai.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}AB\perp AD\\ AB\perp SA\end{array}\right.\Rightarrow AB\perp \left(SAD\right).$

Gọi E là hình chiếu của A lên SB, dễ thấy $AE\perp \left(SBC\right).$

Vậy góc giữa (SAD) và (SBC) là góc giữa AB và AE.

Ta có $∆$SAB vuông cân tại A nên $\widehat{SBA}={45}^o.$

Suy ra $\widehat{BAE}={45}^o$  là góc giữa AB và AE.             

Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SBC) bằng 45°.

Gọi H, K là trung điểm của AB, CD.

Do $\left(SAB\right)\perp \left(ABCD\right)$  nên SH là đường cao của hình chóp.

Ta có  $HK\perp AB,HK\perp SH\Rightarrow HK\perp \left(SAB\right)\left(1\right)$

Dựng $HI\perp SK\Rightarrow HI\perp \left(SCD\right)\left(2\right).$

Từ (1) và (2) ta có góc hợp bởi hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) là $\left(HK,HI\right)=\widehat{IHK}.$

Ta có $SH=\frac{a\sqrt{3}}{2};HK=a.$

$\frac{1}{H{I}^2}=\frac{1}{S{H}^2}+\frac{1}{H{K}^2}\Rightarrow HI=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}.a}{\sqrt{\frac{3}{4}{a}^2+a^2}}=\frac{\sqrt{21}}{7}.$

Vây $\cos \widehat{IHK}=\frac{HI}{HK}=\frac{\sqrt{21}}{7}.$

Mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng (SAD) cắt nhau theo giao tuyến là đường thẳng $d//BC//AD.$

Vì $SA\perp d,SB\perp d$ nên $\widehat{\left(\left(SBC\right),\left(SAD\right)\right)}=\widehat{\left(SA,SB\right)}=\widehat{ASB}.$

Vậy $∆$ASB vuông cân tại A nên $\widehat{ASB}={45}^o.$

Gọi Q là trung điểm BC, suy ra $OQ\perp BC.$

Ta có $\left\{\begin{array}{l}BC\perp OQ\\ BC\perp SO\end{array}\right.\Rightarrow \widehat{\left(\left(SBC\right),\left(ABCD\right)\right)}=\widehat{\left(SQ,OQ\right)}=\widehat{SQO}.$

Tam giác vuông SOQ có $\tan \widehat{SQO}=\frac{SO}{OQ}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a}{2}}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SQO}={60}^o.$

Vậy mặt phẳng (SBC) hợp với mặt đáy (ABCD) một góc 60°.

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}BC\perp BA\\ BC\perp A{A}^{\text{'}}\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(A{A}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}B\right)\Rightarrow BC\perp A^{\text{'}}B.$

Do $\left\{\begin{array}{l}\left(A^{\text{'}}BC\right)\cap \left(ABC\right)=BC\\ A^{\text{'}}B\subset \left(A^{\text{'}}BC\right);A^{\text{'}}B\perp BC\\ AB\subset \left(ABC\right);AB\perp BC\end{array}\right.$ nên $\widehat{A^{\text{'}}BA}=\phi$ là góc hợp bởi hai mặt phẳng (A'BC) và (ABC).

Xét $∆$A'BC vuông tại A ta có $\tan \phi =\frac{A^{\text{'}}A}{BA}=\frac{a\sqrt{2}}{a}=\sqrt{2}.$

Ta có $\left(SAC\right)\cap \left(SBC\right)=SC.$

Gọi F là trung điểm AC thì $BF\perp \left(SAC\right).$

Dựng $BK\perp SC$  tại $K\Rightarrow SC\perp \left(BKF\right)\Rightarrow \widehat{\left(\left(SAC\right),\left(SBC\right)\right)}=\widehat{\left(KB,KF\right)}=\widehat{BKF}.$

Dễ thấy $\Delta CFK\backsim \Delta CSA\Rightarrow \frac{FK}{FC}=\frac{SA}{SC}\Rightarrow FK=\frac{FC.SA}{SC}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}.a}{a\sqrt{3}}=\frac{a}{\sqrt{6}}.$

$∆$BFK vuông tại F có $\tan \widehat{BKF}=\frac{FB}{FK}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\frac{a}{\sqrt{6}}}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{BKF}={60}^o.$

Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) bằng 60°.

Gọi O là tâm đáy và K là hình chiếu vuông góc của O trên SC.

Do $\left\{\begin{array}{l}BD\perp AC\\ BD\perp SA\end{array}\right.$  nên $BD\perp \left(SAC\right)\Rightarrow BD\perp SO.$

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và (ABCD) là góc $\widehat{SOA}=\alpha .$

Ta có $\tan \alpha =\frac{SA}{OA}=\sqrt{2}\Rightarrow SA=OA.\sqrt{2}=a.$

Do $\left\{\begin{array}{l}SC\perp BD\\ SC\perp OK\end{array}\right.$  nên $SC\perp BK.$

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) là $\widehat{BKO}.$

Ta có $\tan \widehat{BKO}=\frac{BO}{OK}=\frac{BO}{\frac{1}{2}d\left(A,SC\right)}=\frac{2BO}{\frac{SA.AC}{\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}}}=\frac{2.\frac{\sqrt{2}}{2}.\sqrt{1^2+{\sqrt{2}}^2}}{1.\sqrt{2}}=\sqrt{3}.$

Suy ra $\widehat{BKO}={60}^o.$

Gọi H, M lần lượt là trung điểm của AB, CD. Vì $∆$SAB là tam giác đều và (SAB) vuông góc với (ABCD) nên $SH\perp \left(ABCD\right).$

Kẻ $AK\perp SC\left(K\in SC\right),DI\perp SC\left(I\in SC\right),IP//AK\left(P\in AC\right).$

Suy ra $\phi =\widehat{\left(IP,ID\right)}.$

Ta có $HC=HD=\frac{a\sqrt{5}}{2},SC=SD=a\sqrt{2},SM=\frac{a\sqrt{7}}{2}\Rightarrow DI=\frac{SM.CD}{SD}=\frac{a\sqrt{14}}{4}.$

$\begin{array}{l}\Delta CSA=\Delta SCD\Rightarrow AK=DI=\frac{a\sqrt{14}}{4}.\\ CI=SK=\sqrt{C{D}^2-D{I}^2}=\frac{a\sqrt{2}}{4}\Rightarrow CK=\frac{3a\sqrt{2}}{4}.\\ \Delta CPI\backsim \Delta CAK\Rightarrow IP=\frac{CI}{CK}.AK=\frac{a\sqrt{14}}{12},AP=\frac{KI}{CK}.AC=\frac{2a\sqrt{2}}{3}.\end{array}$

Áp dụng định lí côsin, ta có

$∆$APD có $PD=\sqrt{A{P}^2+A{D}^2-2AP.AD.\cos {45}^o}=\frac{a\sqrt{5}}{3}.$

$∆$IPD có $\cos \widehat{PID}=\frac{I{P}^2+I{D}^2-D{P}^2}{2.IP.ID}=\frac{5}{7}.$

Vậy $\cos \phi =\frac{5}{7}.$

Gọi $\alpha$ là số đo góc của hai mặt phẳng (MNP) và (ABCD).

Ta có hình chiếu vuông góc của tam giác MNP lên (ABCD) là $∆$ABC.

Áp dụng công thức hình chiếu về diện tích ta có

${S^{\text{'}}}_{\Delta ABC}=S_{\Delta MNP}.\cos \alpha \iff \frac{1}{2}AB.BC=a^2.\cos \alpha \Rightarrow \cos \alpha =\frac{1}{2}\Rightarrow \alpha ={60}^o.$

Vậy góc của hai mặt phẳng (MNP) và (ABCD) bằng 60°.

Gọi $\phi$ là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (DBC).

Theo công thức diện tích hình chiếu của đa giác, ta có: $S_{\Delta ABC}=S_{\Delta DBC}.\cos \phi .$

Mà $S_{\Delta DBC}=\frac{1}{2}DB.DC.\sin {60}^o=\frac{1}{2}a\sqrt{2}.a\sqrt{2}.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}.$

Mặt khác $S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AB.AC=\frac{1}{2}{a}^2.$

Suy ra $\cos \phi =\frac{S_{\Delta ABC}}{S_{\Delta DBC}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow \phi =\arccos \frac{\sqrt{3}}{3}.$

Áp dụng định lý Côsin cho $∆$ABC ta có: 

$B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2-2AB.AC.\cos A=a^2+a^2-2a^2\cos {120}^o=3a^2.$

Áp dụng định lý Py-ta-go, ta có:

$B^{\text{'}}{A}^2=2a^2;A{I}^2=a^2+{\left(\frac{a}{2}\right)}^2=\frac{5a^2}{4};B^{\text{'}}{I}^2=3a^2+\frac{a^2}{4}=\frac{13a^2}{4}.$

Ta có: $B^{\text{'}}{A}^2+A{I}^2=2a^2+\frac{5a^2}{4}=\frac{13a^2}{4}=B^{\text{'}}{I}^2\Rightarrow \Delta A{B}^{\text{'}}I$  vuông ở A.

Ta có: $S_{\Delta A{B}^{\text{'}}I}=\frac{1}{2}AI.A{B}^{\text{'}}=\frac{1}{2}.\frac{a\sqrt{5}}{2}.a\sqrt{2}=\frac{a^2\sqrt{10}}{4}.$

$S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}{a}^2\sin {120}^o=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.$

Gọi $\phi$ là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AB'I).

Ta có $\cos \phi =\frac{S_{\Delta ABC}}{S_{\Delta AB{I}^{\text{'}}}}=\frac{\frac{a^2\sqrt{3}}{4}}{\frac{a^2\sqrt{10}}{4}}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{30}}{10}.$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\left(SAD\right)\cap \left(ABCD\right)=AD\\ AB\perp AD,AB\subset \left(ABCD\right)\\ SA\perp AD,SA\subset \left(SAD\right)\end{array}\right.\Rightarrow \widehat{\left(\left(SAD\right),\left(ABCD\right)\right)}=\widehat{SAB}.$

Vậy đáp án C sai.