Đề kiểm tra Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng góc nhị diện (có lời giải) - Đề 1

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

Ta có: \[BC\] là hình chiếu vuông góc của \[SC\] xuống \[\left( {ABC} \right)\] nên góc giữa \[SC\] với \[\left( {ABC} \right)\] là góc giữa \[SC\] và \[BC\].

\[ABCD.EFGH\]là hình lập phương \[ \Rightarrow EF \bot \left( {BCGF} \right) \Rightarrow \] góc giữa đường thẳng \(EG\) và mặt phẳng \[\left( {BCGF} \right)\] là \(\widehat {EGF} = 45^\circ \)

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

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

Góc phẳng nhị diện \(\left[ {A,BC,S} \right]\) là \(\widehat {SBA}\).

Gọi \(I = BH \cap AC\).

Góc hợp bởi cạnh bên và mặt đáy là góc \(\widehat {SBH}\).

Ta có \(\tan \widehat {SBH} = \frac{{SH}}{{HB}} = \frac{a}{{HB}}\).

Tam giác ABC đều \( \Rightarrow BH = \frac{{AB}}{{\sqrt 3 }} = \frac{a}{{\sqrt 3 }}\).

\( \Rightarrow \tan \widehat {SBH} = \frac{a}{{\frac{a}{{\sqrt 3 }}}} = \sqrt 3  \Rightarrow \widehat {SBH} = 60^\circ \).

Ta có \(AC\) là hình chiếu của \(SC\) trên \(\left( {ABCD} \right)\) nên \(\varphi  = \left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SC,AC} \right) = \widehat {SCA}\)

\(AC = \sqrt {A{D^2} + A{B^2}}  = \sqrt {13} a\), \[\tan \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{a}{{\sqrt {13} a}} = \frac{{\sqrt {13} }}{{13}}\]. Vậy \(\tan \varphi  = \frac{{\sqrt {13} }}{{13}}\).

Vì \(SA \bot (ABC)\) nên góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng đáy\(\left( {ABC} \right)\) là góc \(\widehat {SBA}\).

+Tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(B\)nên \(2A{B^2} = {\left( {a\sqrt 2 } \right)^2}\)suy ra \(AB = a\)

+Khi đó \(\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{a} = \sqrt 3  \Rightarrow \widehat {SBA} = {60^0}\).

Ta có \(\widehat {\left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {ACS}\)

Góc phẳng nhị diện \(\left[ {A,BC,S} \right]\) là \(\widehat {ACS}\)

Ta có \(AC = \sqrt {A{D^2} + D{C^2}}  = a\sqrt 2 \)

\( \Rightarrow \tan \widehat {ACS} = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\)

Ta có: Hình chiếu của \(SB\) trên mặt phẳng \((ABC)\) là \(AB\) nên góc giữa đường thẳng \(SB\) và mặt phẳng đáy là góc giữa hai đường thẳng \(SB\) và \(AB\).

Do \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên góc giữa đường thẳng \(SB\) và mặt phẳng đáy bằng góc \(\widehat {SBA}\).

Ta có \(\cos \widehat {SBA} = \frac{{AB}}{{SB}}\)\( = \frac{1}{2}\)\( \Rightarrow \widehat {SBA} = 60^\circ \).

Vậy góc giữa đường thẳng \(SB\) và và mặt phẳng đáy bằng bằng \(60^\circ \).

Ta có \(\frac{{BH}}{{BA}} \le \frac{1}{{10}} \Rightarrow \frac{{0.35}}{{BA}} \le \frac{1}{{10}} \Rightarrow BA \ge 35\), nên chiều dài tối thiểu của đáy cầu thang là \(35\left( {\rm{m}} \right)\).

Ta có:\(AD \bot AB\,\,\left( 1 \right)\)

Mặt khác \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AD\,\,\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) \( \Rightarrow AD \bot \left( {SAB} \right)\) \( \Rightarrow SA\) là hình chiếu của \(SD\) lên \(\left( {SAB} \right)\)\( \Rightarrow \widehat {\left( {SD,\left( {SAB} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SD,SA} \right)} = \widehat {DSA}\).

Ta có: \(\Delta SAD\) vuông tại \(A\)\( \Rightarrow \tan \widehat {DSA} = \frac{{AD}}{{SA}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \widehat {DSA} = 30^\circ \).

a) Đúng

b) Đúng

c) Đúng

d) Sai

 

Ta có: \(SA \bot (ABCD) \Rightarrow AB\) là hình chiếu của \(SB\) trên mặt phẳng \((ABCD)\).

Vì vậy \((SB,(ABCD)) = (SB,AB) = \widehat {SBA}\).

Tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) có: tanSBA^=SAAB=a2a=2⇒SBA^≈54,74°

Vậy (SB,(ABCD))=SBA^≈54,75°

Ta có \(AC\) là hình chiếu của \(SC\) trên mặt phẳng \((ABCD)\) nên

(SC,(ABCD))=(SC,AC)=SCA^=45°(do tam giác \(SAC\) vuông cân có \(SA = AC = a\sqrt 2 \)).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot AB}\\{BC \bot SA({\rm{ do }}SA \bot (SAB))}\end{array} \Rightarrow BC \bot (SAB)} \right.\).

Suy ra \(SB\) là hình chiếu của \(SC\) trên mặt phẳng \((SAB)\).

Do vậy \((SC,(SAB)) = (SC,SB) = \widehat {CSB}\).

Tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) có: \(SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}}  = a\sqrt 3 \).

Tam giác \(SBC\) vuông tại \(B\) có:

tanCSB^=BCSB=aa3=33⇒CSB^=30°.

Vậy (SC,(SAB))=CSB^=30°.

a) Đúng

b) Đúng

c) Sai

d) Đúng

 

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AC \bot AB}\\{AC \bot AD}\end{array} \Rightarrow AC \bot (ABD)} \right.\).

Khi đó \(AD\) là hình chiếu của \(CD\) trên \((ABD)\).

Ta có: \((CD,(ABD)) = (CD,AD) = \widehat {CDA}\).

Tam giác \(ACD\) vuông tại \(A\) có: tanCDA^=ACAD=aa3=13⇒CDA^=30°

Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\) thì \(AM \bot BC\) (do \(AB = AC\)).

\(\begin{array}{l}{\rm{ V\`i  }}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AD \bot AB}\\{AD \bot AC}\end{array}} \right.\\ \Rightarrow AD \bot (ABC)\\ \Rightarrow AD \bot BC.\end{array}\)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot AM}\\{BC \bot AD}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow BC \bot (ADM)\)

\( \Rightarrow BC \bot DM{\rm{.}}\)

Khi đó: \((AM,DM) = \widehat {AMD}\) là góc phẳng nhị diện \([A,BC,D]\).

Tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\) nên đường cao \(AM = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Tam giác \(ADM\) vuông tại \(A\) có:

tanAMD^=ADAM=a3a22=6⇒AMD^≈67,79°

Vì \(AB \bot AC,AB \bot AD\) nên \((AC,AD) = \widehat {CAD}\) là góc phẳng nhị diện \([C,AB,D]\) và CAD^=90°

a) Đúng

b) Đúng

c) Sai

d) Sai

 

Gọi \(O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều \(ABC(O\) thuộc \(AM)\). Vì \(S.ABC\) là hình chóp tam giác đều nên \(SO \bot (ABC)\).

Ta có \(OA\) là hình chiếu của \(SA\) trên mặt phẳng \((ABC)\).

Suy ra \((SA,(ABC)) = (SA,OA) = \widehat {SAO}\).

Ta có: \(OA = \frac{2}{3}AM = \frac{2}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3  \cdot \sqrt 3 }}{2} = a\).

Tam giác \(SOA\) vuông tại \(O\) có: cosSAO^=a2a=12⇒SAO^=60°

Vậy (SA,(ABC))=SAO^=60°

Ta có: \(OM\) là hình chiếu của \(SM\) trên \((AB\dot C)\) nên

\((SM,(ABC)) = (SM,OM) = \widehat {SMO}{\rm{. }}\)

Ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{OM}&{ = \frac{1}{3}AM = \frac{1}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3  \cdot \sqrt 3 }}{2} = \frac{a}{2}}\\{SO}&{ = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}} }\\{}&{ = \sqrt {{{(2a)}^2} - {a^2}}  = a\sqrt 3 .}\end{array}\)

Tam giác \(SMO\) vuông tại \(O\) có:

tanSMO^=SOOM=a3a2=23⇒SMO^≈73,9°.

Vậy (SM,(ABC))=SMO^≈73,9°.

a) Sai

b) Đúng

c) Đúng

d) Đúng

 

Gọi \(M\) là trung điểm \({A^\prime }{B^\prime }\), suy ra \({C^\prime }M \bot {A^\prime }{B^\prime }\) (do tam giác \({A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }\) đều).

Mặt khác \(C{C^\prime } \bot {A^\prime }{B^\prime }\) (do \(ABC \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }\) là lăng trụ đứng).

Suy ra \({A^\prime }{B^\prime } \bot \left( {CM{C^\prime }} \right)\) hay \({A^\prime }{B^\prime } \bot CM\).

Vậy \(\left( {CM,{C^\prime }M} \right) = \widehat {CM{C^\prime }}\) là góc phẳng nhị diện \(\left[ {C,{A^\prime }{B^\prime },{C^\prime }} \right]\).

Ta có: \({C^\prime }M = \frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \).

Suy ra tanCMC'^=CC'C'M=3aa3=3⇒CMC'^=60°

Gọi \(K\) là trung điểm \(AB\) thì \(MK\) là đường trung bình của hình chữ nhật \(AB{B^\prime }{A^\prime } \Rightarrow MK//A{A^\prime } \Rightarrow {A^\prime }{B^\prime } \bot MK\); ta lại có \({A^\prime }{B^\prime } \bot CM\) (câu a).

Vậy \((MK,CM) = \widehat {CMK}\) là góc phẳng nhị diện \(\left[ {A,{A^\prime }{B^\prime },C} \right]\) với CMK^=90°−60°=30°

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

 \(ABCD\) là hình vuông \( \Rightarrow AB \bot BC\), do đó \(BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow \widehat {\left( {SC,\left( {SAB} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SC,SB} \right)} = \widehat {CSB}\)

\(\Delta SAB\) vuông \( \Rightarrow SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}}  = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2} + {a^2}}  = a\sqrt 3 \) \[ \Rightarrow \tan \widehat {CSB} = \frac{{BC}}{{SB}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow \alpha  = 30^\circ \].

Gọi  \(H\) là hình chiếu  của \(S\) lên \(BC\). Ta có \(SH \bot BC\) và \(OH \bot BC\) suy ra \[\widehat {SHO}\] là góc phẳng nhị diện \(\left[ {A,\,BC,\,S} \right]\).

Ta có \(OC = \sqrt {B{C^2} - O{B^2}}  = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\), \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}} \Rightarrow OH = \frac{{a\sqrt 2 }}{3}\).

Trong tam giác vuông \(SHO\) ta có \(\tan SHO = \frac{{SO}}{{OH}} = \sqrt 3 \).

Suy ra \[\widehat {SHO} = {60^o}\] .

Có \(AB \bot \left( {BCC'B'} \right)\) nên \(C'B \bot AB\).

Có \(\left( {ABCD} \right)\) là nửa mặt phẳng chứa điểm \(D\), bờ là đường thẳng \(AB\). Có \(BC \subset \left( {ABCD} \right)\) và \(BC \bot AB\).

Suy ra góc \(\widehat {C'BC}\) là góc phẳng nhị diện \(\left[ {C',AB,D} \right]\).

Tam giác \(CBC'\)vuông tại \(C\). Do đó \(BC' = \sqrt {B{C^2} + C{{C'}^2}}  = \sqrt {{a^2} + 3{a^2}}  = 2a\).

Ta có \[\cos \widehat {CBC'} = \frac{{BC}}{{BC'}} = \frac{a}{{2a}} = \frac{1}{2}\].

Gọi \(H\)là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên mặt đất, \( \Rightarrow BH\) là hình chiếu vuông góc của \(AB\) lên mặt đất, suy ra góc giữa cột \(AB\)với mặt đất là \(\widehat {ABH} = 80^\circ \). Khi đó, \(AH = AB.\sin \widehat {ABH} = 15.\sin 80^\circ \).

Đường thẳng chứa tia sáng mặt trời là \(AC\), \(HC\) là hình chiếu vuông góc của \(AC\) lên mặt đất, góc tạo bởi mặt đất với tia sáng mặt trời là \(\widehat {ACH}\).

Áp dụng định lí hàm côsin, ta có: \(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} - 2AB.BC.\cos \widehat {ABC} = {15^2} + {18^2} - 2.15.18.\cos 120^\circ  = 819\).

\( \Rightarrow AC = 3\sqrt {91} \).

Xét \(\Delta AHC\)vuông tại \(H\), ta có: \(\sin C = \frac{{AH}}{{AC}} = \frac{{15.\sin 80^\circ }}{{3\sqrt {91} }} \Rightarrow \widehat C \approx 31^\circ \).

Vậy góc giữa mặt đất và đường thẳng chứa tia sáng mặt trời là \(31^\circ \).

Giả sử hai mái ngói là hai hình chữ nhật \(OAA'O'\) và \(OBB'O'\). Khi đó

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {OAA'O'} \right) \cap \left( {OBB'O'} \right) = OO'\\OA \bot OO',\,OA \subset \left( {OAA'O'} \right)\\OB \bot OO',\,OB \subset \left( {OBB'O'} \right)\end{array} \right.\) nên \(\widehat {AOB}\) là góc phẳng nhị diện \(\left[ {A,OO',B} \right]\).

Áp dụng hệ quả định lý cosin cho tam giác \(OAB\) ta được:

\(\cos \widehat {AOB} = \frac{{O{A^2} + O{B^2} - A{B^2}}}{{2.OA.OB}} = \frac{{2,{2^2} + {3^2} - 3,{8^2}}}{{2.2,2.3}} =  - \frac{1}{{22}}\)\[ \Rightarrow \widehat {AOB} \approx 92^\circ 36'\].

Giả sử sau khi đặt tấm ván \(ABCD\) xuống hố rồi dùng một mặt phẳng vuông góc với tấm ván và cắt tấm ván theo chiều dài của nó ta được mặt cắt của hố là tam giác vuông \(OAB\) như hình vẽ.

Khi đó góc phẳng nhị diện tạo bởi tấm ván và mặt nền của hồ là góc \(\widehat {OAB}\), theo đề \(\widehat {OAB} = 30^\circ \), \(OB = 2\left( {\rm{m}} \right)\). Do đó \(AB = \frac{{OB}}{{\sin \widehat {OAB}}} = \frac{2}{{\sin 30^\circ }} = 4\left( {\rm{m}} \right)\).

Do đó diện tích tấm ván bằng \(4.\frac{4}{3} = \frac{{16}}{3}\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).