Bài tập Sử dụng định lý hình chiếu để tính góc giữa hai mặt phẳng

Bài tập Sử dụng định lý hình chiếu để tính góc giữa hai mặt phẳng

Dưới đây là một số bài tập góc giữa hai mặt phẳng có đáp án chi tiết

Lời giải chi tiết

Ta có: ${{S}_{ABC}}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}$. Gọi $\varphi =\widehat{\left( \left( MBC \right);\left( ABC \right) \right)}$

Do $\Delta ABC$ là hình chiếu của tam giác MBC trên mặt phẳng (ABC) do đó $\cos \varphi =\frac{{{S}_{ABC}}}{{{S}_{MBC}}}=\frac{\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}}{\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}}=\frac{1}{2}\Rightarrow \varphi =60{}^\circ .$

Lời giải chi tiết

Đặt $\varphi =\widehat{\left( \left( NCD \right);\left( ABCD \right) \right)}.$

Do $CD//AB\Rightarrow \left( NCD \right)$ cắt (SAB) theo thiết diện $NM//AB\Rightarrow $ MN là đường trung bình của tam giác SAB.

Khi đó thiết diện là tứ giác MNDC.

Gọi H là hình chiếu của M trên mặt phẳng (ABCD) thì

H là trung điểm của AB và ${{S}_{ABCD}}=\frac{a+2a}{2}.2a=3{{a}^{2}}.$

Do tứ giác HADC là hình chiếu của tứ giác MNDC trên

mặt phẳng (ABCD) $\Rightarrow \cos \varphi =\frac{{{S}_{AHCD}}}{{{S}_{NMCD}}}=\frac{3{{a}^{2}}}{2{{a}^{2}}\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{2}.$

Do đó $\varphi =30{}^\circ .$

Lời giải chi tiết

Ta có: $BC={B}'{C}'=\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}-2AB.AC\cos \widehat{BAC}}=a\sqrt{3}.$

Mặt khác $\left\{ \begin{array}  {} A{B}'=\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{{{B}'}}^{2}}}=a\sqrt{2} \\  {} AI=\sqrt{A{{C}^{2}}+C{{I}^{2}}}=\frac{a\sqrt{5}}{2} \\  {} {B}'I=\sqrt{{B}'{{{{C}'}}^{2}}+{C}'{{I}^{2}}}=\frac{a\sqrt{13}}{2} \\ \end{array} \right..$

Do $A{{{B}'}^{2}}+A{{I}^{2}}={B}'I=\frac{13{{a}^{2}}}{4}\Rightarrow \Delta {B}'AI$ vuông tại A.

Ta có: ${{S}_{A{B}'I}}=\frac{1}{2}A{B}'.AI=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{10}}{4}.$

${{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}AB.ACsin\widehat{BAC}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}\Rightarrow \cos \widehat{\left( \left( A{B}'I \right);\left( ABC \right) \right)}=\frac{{{S}_{ABC}}}{{{S}_{A{B}'I}}}=\frac{\sqrt{30}}{10}.$

Lời giải chi tiết

Gọi $\varphi =\widehat{\left( \left( {B}'MN \right);\left( ABCD \right) \right)}.$

Ta có: ${{S}_{BCD}}=\frac{{{a}^{2}}}{2};{D}'N=2a;{C}'M=4a$

Lại có: ${B}'{D}'=a\sqrt{2}\Rightarrow {B}'N=\sqrt{{B}'{{{{D}'}}^{2}}+{D}'{{N}^{2}}}=a\sqrt{6}$

${B}'M=\sqrt{{B}'{{{{C}'}}^{2}}+{C}'{{M}^{2}}}=a\sqrt{17},$

$MN=\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( 2a \right)}^{2}}}=a\sqrt{5}.$

Theo công thức Herong $S=\sqrt{p\left( p-a \right)\left( p-b \right)\left( p-c \right)}$

Ta tính được: ${{S}_{BMN}}=\frac{\sqrt{21}}{2}.$

Do $\Delta BCD$ là hình chiếu của $\Delta {B}'MN$ trên mặt phẳng (ABCD) nên $\cos \varphi =\frac{{{S}_{BCD}}}{{{S}_{{B}'MN}}}=\frac{1}{\sqrt{21}}.$