Cho hình chóp S.ABC thỏa mãn \(SA=SB=SC\). Tam giác ABC vuông tại A. Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên \(mp\left(ABC\right)\). Khẳng định SAI trong các khẳng định sau: \(SH\perp mp\left(SBC\right)\) \(SH\perp mp\left(ABC\right)\) \(AB\perp SH\) \(AH\perp BC\) Hướng dẫn giải: Nếu H là hình chiếu của S lên mp(ABC) thì \(SH\perp mp\left(ABC\right)\). Suy ra \(AB\perp SH\) và \(SH\perp BC\). Rõ ràng SH không thể vuông góc với mp(SBC) vì nếu \(SH\perp mp\left(SBC\right)\) thì \(SB\in mp\left(ABC\right)\) hay bốn điểm S, A, B, C đồng phẳng.
Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác đều, \(SA\perp mp\left(ABC\right)\). Gọi \(\left(P\right)\) là mặt phẳng qua \(B\) và vuông góc với \(SC\). Thiết diện của \(\left(P\right)\) và hình chóp \(S.ABC\) là: Tam giác đều Tam giác nhọn Tam giác vuông Tứ giác Hướng dẫn giải: Gọi I là trung điểm của BC. Suy ra \(BI\perp AC\) mà \(SA\perp BI\) nên \(BI\perp mp\left(SAC\right)\). Suy ra \(BI\perp SC\). Vậy \(I\in mp\left(P\right)\). Trong mp(SBC) kẻ \(BQ\perp SC\)\(\left(Q\in SC\right)\). Thiết của mp(P) với hình chóp là tam giác BQI. Do \(BI\perp mp\left(SAC\right)\) nên \(BI\perp IQ\). Suy ra tam giác BQI vuông tại I.
Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy là tam giác \(ABC\) đều cạnh \(a\). Hình chiếu vuông góc của S lên \(mp\left(ABC\right)\) trùng với trung điểm của \(H\) của cạnh \(BC\). Biết rằng tam giác \(SBC\) là tam giác đều. Tính số đo giữa \(SA\) và \(mp\left(ABC\right)\).Kết quả đúng là: \(45^o\) \(30^o\) \(75^o\) \(90^o\) Hướng dẫn giải: Do tam giác ABC đều nên \(AH\perp BC\). Do các tam giác ABC và SBC đều nên \(AH=SH.\) Vậy tam giác SAH vuông cân tại H. Suy ra \(\widehat{SAH}=45^o\). Vậy góc giữa \(SA\) và \(mp\left(ABC\right)\) bằng \(45^o\).
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh bằng a. Gọi M là trung điểm của SD (tham khảo hình vẽ bên). Tang của góc giữa đường thẳng BM và mặt phẳng (ABCD) bằng bao nhiêu? \(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\) \(\dfrac{\sqrt{3}}{3}\) \(\dfrac{2}{3}\) \(\dfrac{1}{3}\) Hướng dẫn giải: Cách 1 (tự luận): Gọi O là tâm hình vuông ABCD. Do S.ABCD là chóp tứ giác đều nên \(SO\perp\left(ABCD\right)\) Trong (SBD), kẻ MN // SO. Khi đó ta có \(MN\perp\left(ABCD\right)\) Vậy nên \(\widehat{\left(BM;\left(ABCD\right)\right)}=\widehat{MBN}\) Ta thấy rằng MN là đường trung bình tam giác SOD nên MN = SO/2 và ON = ND Ta có \(BC=a\sqrt{2}\Rightarrow BO=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\Rightarrow SO=\sqrt{a^2-\dfrac{a^2}{2}}=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\) Ta có \(MN=\dfrac{a\sqrt{2}}{4};BN=\dfrac{3}{4}BD=\dfrac{3a\sqrt{2}}{4}\) Vậy thì \(\tan\widehat{MBN}=\dfrac{MN}{BN}=\dfrac{a\sqrt{2}}{4}:\dfrac{3a\sqrt{2}}{4}=\dfrac{1}{3}\) Cách 2 (casio): Chọn hệ tọa độ như hình vẽ: Tâm đáy là gốc tọa độ, C(2;0;0), A(-2;0;0), B(0;-2;0), D(0;2;0), S(0;0;2) (chú ý rằng tất cả các cạnh của hình chóp bằng nhau theo giả thiết nên \(\Delta\)SBD = \(\Delta\)CBD, suy ra OS = OC = 2). Trung điểm M của SD có tọa độ (0;1;1). Mặt phẳng (ABCD) vuông góc với OZ nên có vecto pháp tuyến là \(\overrightarrow{n}\left(0;0;1\right)\), đường thẳng BM có vecto chỉ phương \(\overrightarrow{BM}=\left(0;3;1\right)\) . Áp dụng công thức tính góc giữa đường thẳng và mặt phẳng ta có \(\sin\left(BM,\left(ABCD\right)\right)=\cos\left(\overrightarrow{BM},\overrightarrow{n}\right)=\dfrac{\left|\overrightarrow{BM}.\overrightarrow{n}\right|}{\left|\overrightarrow{BM}\right|\left|\overrightarrow{n}\right|}\). Sử dụng máy tính casio tính toán như sau: - Nhập VCTA = (0;0;1), VCTB = (0;3;1): w8110=0=1=Cq51210=3=1= - Tính Abs(VCTA.VCTB):Abs(VCTA):Abs(VCTB): Cqcq53q57q54)Pqcq53)Pqcq54)= - Lưu kết quả vào biến nhớ A, trở lại MODE COMP tính \(\sin^{-1}A\) rồi tính \(\tan\left(\text{An}s\right)\): qJzCw1qjQz=lM= Kết quả là \(\dfrac{1}{3}\).
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a,SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 2a. Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng đáy bằng \(45^o\) \(90^o\) \(30^o\) \(60^o\) Hướng dẫn giải: Do \(SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow\widehat{\left(SB;\left(ABCD\right)\right)}=\widehat{SBA}\) Xét tam giác vuông SAB có \(\cos\widehat{SBA}=\dfrac{AB}{SB}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow\widehat{SBA}=60^o\)
Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có tâm O. Gọi I là tâm của hình vuông A'B'C'D' và điểm M thuộc đoạn thẳng OI sao cho MO = 2MI (tham khảo hình vẽ). Khi đó cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng (MC'D') và (MAB) bằng: \(\dfrac{17\sqrt{13}}{65}\) \(\dfrac{6\sqrt{85}}{85}\) \(\dfrac{7\sqrt{85}}{85}\) \(\dfrac{6\sqrt{13}}{65}\)
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật tâm I, cạnh bên \(SA\) vuông góc với đáy. Khẳng định nào trong các khẳng định nào sau đây đúng: \(mp\left(SCD\right)\perp mp\left(SAD\right)\) \(mp\left(SBC\right)\perp mp\left(SIA\right)\) \(mp\left(SDC\right)\perp mp\left(SAI\right)\) \(mp\left(SBD\right)\perp mp\left(SAC\right)\)
Cho hình chóp tam giác đều \(S.ABC\) có cạnh đáy bằng \(a\) và đường cao \(SH\) bằng cạnh đáy. Tính số đo góc hợp bởi cạnh bên và mặt đáy. \(60^o\) \(30^o\) \(45^o\) \(90^o\) Hướng dẫn giải: Gọi I là trọng tâm tam giác ABC. Suy ra \(SI\perp mp\left(ABC\right)\). Góc giữa cạnh SA với mặt phẳng đáy bằng góc SAI. \(AH=a.sin60^o=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\). \(AI=\dfrac{2}{3}AH=\dfrac{2}{3}.\dfrac{a\sqrt{3}}{2}=\dfrac{a\sqrt{3}}{3}\), \(IH=\dfrac{1}{3}AH=\dfrac{1}{3}.\dfrac{a\sqrt{3}}{2}=\dfrac{a\sqrt{3}}{6}\). \(tan\widehat{SAI}=\dfrac{SI}{AI}=\dfrac{a}{\dfrac{a\sqrt{3}}{3}}=\sqrt{3}\).
Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D'. Khẳng định nào trong các khẳng định sau là khẳng định SAI: \(AC\perp BD'\). Hai mặt phẳng ACC'A' và BDD'B' là hai hình vuông bằng nhau. Bốn đường chéo AC', A'C, BD', B'D bằng nhau. Hai mặt ACC'A' và BDD'B' vuông góc nhau.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh \(a\) và \(SA\perp\left(ABCD\right)\), \(SA=x\). Xác định \(x\) để hai mặt phẳng \(\left(SBC\right)\) và \(\left(SDC\right)\) tạo với nhau góc \(60^o\). \(\dfrac{a\sqrt{6-3\sqrt{3}}}{3}\) \(\dfrac{a\sqrt{3}\left(3+\sqrt{3}\right)}{2}\) \(\dfrac{a\sqrt{6}}{12}\) \(\dfrac{a\sqrt{3}\left(3-\sqrt{3}\right)}{2}\) Hướng dẫn giải: Do \(AC\perp BD\) và \(SA\perp BD\) nên \(BD\perp mp\left(SAC\right)\). Suy ra \(BD\perp SC\). Trong \(mp\left(SDC\right)\) kẻ \(DQ\perp SC\). Suy ra \(SC\perp mp\left(BDQ\right)\). Vì vậy \(mp\left(BDQ\right)\perp mp\left(SDC\right)\) và \(mp\left(SBC\right)\perp mp\left(DQB\right)\). Vậy góc giữa hai mặt phẳng \(\left(SDC\right)\) và \(\left(SBC\right)\) bằng \(\left(QD,QB\right)\). \(SD=SB=\sqrt{AD^2+SA^2}=\sqrt{a^2+x^2}\). Do \(DC\perp mp\left(SDA\right)\) nên \(DC\perp SD\). Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: \(\dfrac{1}{DQ^2}=\dfrac{1}{SD^2}+\dfrac{1}{DC^2}=\dfrac{1}{x^2+a^2}+\dfrac{1}{a^2}=\dfrac{x^2+2a^2}{a^2\left(x^2+a^2\right)}\). Suy ra \(DQ=\sqrt{\dfrac{a^2\left(x^2+a^2\right)}{x^2+2a^2}}\). Vì vậy \(DQ=QB=\sqrt{\dfrac{a^2\left(a^2+x^2\right)}{x^2+2a^2}}\). \(cos\widehat{DQB}=\dfrac{DQ^2+QB^2-BD^2}{2DQ.QB}=\)\(\dfrac{2\dfrac{a^2\left(a^2+x^2\right)}{x^2+2a^2}-2a^2}{2\dfrac{a^2\left(a^2+x^2\right)}{x^2+2a^2}}=\dfrac{-a^2}{x^2+a^2}\). Suy ra: \(\left|\dfrac{-a^2}{x^2+a^2}\right|=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) \(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{x^2+a^2}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)\(\Leftrightarrow\sqrt{3}x^2=a^2\left(2-\sqrt{3}\right)\) \(\Leftrightarrow x^2=\dfrac{a^2\left(2-\sqrt{3}\right)\sqrt{3}}{3}\)\(\Leftrightarrow x=\sqrt{\dfrac{a^2\left(2-\sqrt{3}\right)\sqrt{3}}{3}}=a\sqrt{\dfrac{2\sqrt{3}-3}{3}}=\dfrac{a\sqrt{6-3\sqrt{3}}}{3}\)
