Tính Góc giữa mặt bên và mặt đáy – bài tập có đáp án chi tiết

Tính Góc giữa mặt bên và mặt đáy – bài tập có đáp án chi tiết

Phương pháp xác định góc giữa mặt bên và mặt đáy

Tính góc giữa mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng đáy (ABC).

Dựng đường cao $SH\bot \left( ABC \right)$, dựng $HE\bot AB.$

Khi đó $AB\bot \left( SEH \right)\Rightarrow \widehat{\left( \left( SAB \right);\left( ABC \right) \right)}=\widehat{SEH}.$

Bài tập góc giữa mặt bên và mặt đáy có đáp án

Lời giải chi tiết

a) Do $\left\{ \begin{array}  {} CD\bot SA \\  {} CD\bot D \\ \end{array} \right.\Rightarrow CD\bot \left( SDA \right)$ do đó góc giữa mặt phẳng (SCD) và đáy là $\widehat{SDA}=60{}^\circ $

Suy ra $SA=AD\tan 60{}^\circ =3a.$

Do $\left\{ \begin{array}  {} BC\bot SA \\  {} BC\bot AB \\ \end{array} \right.\Rightarrow BC\bot \left( SBA \right)\Rightarrow \widehat{\left( \left( SBC \right);\left( ABC \right) \right)}=\widehat{SBA}$

Mặt khác $\cos \widehat{SBA}=\frac{AB}{SB}=\frac{AB}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}}}=\frac{a}{\sqrt{9{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}}=\frac{1}{\sqrt{10}}.$

Vậy $\cos \widehat{\left( \left( SBC \right);\left( ABC \right) \right)}=\frac{1}{\sqrt{10}}.$

b) Dựng $AH\bot BD\Rightarrow BD\bot \left( SHA \right)\Rightarrow \widehat{\left( \left( ABD \right);\left( ABC \right) \right)}=\widehat{SHA}$

Lại có: $AH=\frac{AB.AD}{\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Suy ra $\tan \widehat{\left( \left( SBD \right);\left( ABCD \right) \right)}=\tan \widehat{SHA}=\frac{SA}{AH}=2\sqrt{3}.$

Lời giải chi tiết

Gọi H là trung điểm của AC, do tam giác SAC cân nên ta có:

$SH\bot AC.$ Mặt khác $\left( SAC \right)\bot \left( ABCD \right)$ nên $SH\bot \left( ABC \right).$

Khi đó: $\widehat{\left( SB;\left( ABC \right) \right)}=\widehat{SBH}=60{}^\circ .$

Ta có: $AC=\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}=2a\Rightarrow BH=\frac{1}{2}AC=a.$

Khi đó: $SH=a\tan 60{}^\circ =a\sqrt{3}.$

Dựng $HK\bot BC\Rightarrow BC\bot \left( SHK \right).$

$\Rightarrow \widehat{SKH}=\widehat{\left( \left( SBC \right);\left( ABC \right) \right)}$, trong đó ta có: $HK=\frac{AB}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{2};$

$SH=a\sqrt{3}\Rightarrow \cos \widehat{SKH}=\frac{1}{\sqrt{5}}.$

Vậy $\widehat{\left( \left( SBC \right);\left( ABC \right) \right)}=\varphi $ với $\cos \varphi =\frac{1}{\sqrt{5}}.$

Lời giải chi tiết

Gọi $\varphi $ là góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng (ABCD). Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên AB.

Ta có: $\left\{ \begin{array}  {} AB\bot HI \\  {} AB\bot SI \\ \end{array} \right.\Rightarrow AB\bot \left( SHI \right).$

Do đó $\varphi =\widehat{\left( SH;IH \right)}=\widehat{SHI}.$

Do $\widehat{BAD}=120{}^\circ \Rightarrow \widehat{BAI}=60{}^\circ \Rightarrow \Delta ABC$ đều cạnh 2a nên $IA=a\Rightarrow IH=IA\sin \widehat{IAB}=IA\sin 60{}^\circ =\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Do đó $\tan \varphi =\frac{SI}{IH}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \varphi =30{}^\circ .$

Lời giải chi tiết

Ta có: $\left\{ \begin{array}  {} BC\bot AB \\  {} BC\bot SA \\ \end{array} \right.\Rightarrow BC\bot \left( SBA \right).$

Khi đó: $\widehat{\left( \left( SBC \right);\left( ABCD \right) \right)}=\widehat{SBA}=60{}^\circ $

$\Rightarrow SA=AB\tan 60{}^\circ =a\sqrt{3}.$

Gọi I là trung điểm của AD $\Rightarrow $ ABCI là hình vuông cạnh a $\Rightarrow CI=a=\frac{1}{2}AD\Rightarrow \Delta ACD$ vuông tại C.

Ta có: $\left\{ \begin{array}  {} CD\bot AC \\  {} CD\bot SA \\ \end{array} \right.\Rightarrow CD\bot \left( SCA \right).$

Do đó $\widehat{\left( \left( SCD \right);\left( ABCD \right) \right)}=\widehat{\left( SC;AC \right)}=\widehat{SCA}$ và $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}}=\sqrt{\frac{3}{2}}=\frac{\sqrt{6}}{2}.$

Dựng $AE\bot BD$, lại có $BD\bot SA\Rightarrow BD\bot \left( SEA \right)\Rightarrow \widehat{\left( \left( SBD \right);\left( ABCD \right) \right)}=\widehat{SEA}.$

Ta có: $AE=\frac{AB.AD}{\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}}}=\frac{2a}{\sqrt{5}}\Rightarrow \tan \widehat{SEA}=\frac{SA}{AE}=\frac{\sqrt{15}}{2}.$

Lời giải chi tiết

Gọi H là trung điểm cạnh AB ta có: ${A}'H\bot \left( ABC \right)$

Do đó $\widehat{{A}'CH}=60{}^\circ .$ Lại có: $CH=AC\sin 60{}^\circ =a\sqrt{3}$

$\Rightarrow {A}'H=CH\tan 60{}^\circ =3a.$

Dựng $HK\bot AC$ ta có ${A}'H\bot AC\Rightarrow \left( {A}'HK \right)\bot AC.$

Khi đó: $HK=HA\sin 60{}^\circ =\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Ta có: $\cos \widehat{{A}'KH}=\frac{HK}{\sqrt{H{{K}^{2}}+{A}'{{H}^{2}}}}=\frac{1}{\sqrt{13}}>0.$

Do vậy $\cos \widehat{\left( \left( {A}'AC \right);\left( ABC \right) \right)}=\frac{1}{\sqrt{13}}.$