Với giải sách bài tập Toán 11 Bài 3: Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng. Góc nhị diện sách Cánh diều hay, chi tiết giúp học sinh dễ dàng xem và so sánh lời giải từ đó biết cách làm bài tập trong SBT Toán 11. Mời các bạn đón xem:

Giải SBT Toán 11 Bài 3: Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng. Góc nhị diện

Giải SBT Toán 11 trang 99

Bài 24 trang 99 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hai mặt phẳng (P) và (Q) song song với nhau, đường thẳng d cắt (P) sao cho góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P) bằng φ (0° < φ < 90°). Khi đó, góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (Q) bằng:

A. 90° – φ;

B. 180° – φ;

C. φ;

D. 90° + φ.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Gọi B₁ = d ∩ (P), B₂ = d ∩ (Q).

Gọi A₁, A₂ lần lượt là hình chiếu của A (A ∈ d) trên mặt phẳng (P) và (Q).

Khi đó đường thẳng d₁ (đi qua A₁, B₁) và d₂ (đi qua A₂ và B₂) lần lượt là hình chiếu của d trên mặt phẳng (P) và (Q).

Suy ra: Góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P) chính là góc giữa hai đường thẳng d và d₁, góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (Q) chính là góc hai giữa đường thẳng d và d₂.

Lại có: AA₁ ⊥ (P) mà (P) // (Q) nên AA₁ ⊥ (Q).

Mặt khác AA₂ ⊥ (Q)

Suy ra A, A₁, A₂ thẳng hàng hay A₁ ∈ AA₂.

Xét tam giác AA₂B₂ có:

A₁B₁ ⊥ A₁A₂ (vì AA₁ ⊥ (P) và A₁B₁ ⊂ (P))

A₂B₂ ⊥ A₁A₂ (vì AA₂ ⊥ (Q) và A₂B₂ ⊂ (P))

Suy ra: A₁B₁ // A₂B₂ hay d₁ // d_2.

Từ đó ta có: Góc hai giữa đường thẳng d và d₂ bằng góc giữa hai đường thẳng d và d₁ hay góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (Q) bằng góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P) và bằng φ (0° < φ < 90°).

Bài 25 trang 99 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hai đường thẳng a và b song song với nhau, mặt phẳng (P) cắt a sao cho góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) bằng φ (0° < φ < 90°). Khi đó, góc giữa đường thẳng b và mặt phẳng (P) bằng:

A. 90° – φ;

B. φ;

C. 90° + φ;

D. 180° – φ.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Gọi a’, b’ lần lượt là hình chiếu của a và b trên mặt phẳng (P).

Khi đó: góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) chính là góc giữa hai đường thẳng a và a’; góc giữa đường thẳng b và mặt phẳng (P) chính là góc giữa hai đường thẳng b và b’.

Vì a // b nên a’ // b’ (tính chất phép chiếu vuông góc).

Suy ra: Góc giữa hai đường thẳng b và b’ bằng góc giữa hai đường thẳng a và a’ hay góc giữa đường thẳng b và mặt phẳng (P) bằng góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) và bằng φ (0° < φ < 90°).

Bài 26 trang 99 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ (ABC). Gọi I là hình chiếu của A trên đường thẳng BC, α là góc giữa đường thẳng SI và mặt phẳng (ABC), β là số đo nhị diện [S, BC, A]. Phát biểu nào sau đây đúng?

A. α = 90° – β;

B. α = 180° – β;

C. α = 90° + β;

D. α = β.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Do SA ⊥ (ABC) nên hình chiếu của S trên (ABC) là điểm A.

Suy ra: Góc góc giữa SI và (ABC) chính là $\widehat{SIA}$, tức là $\alpha =\widehat{SIA}$>. (1)

Ta có: SA ⊥ (ABC), BC ⊂ (ABC) nên SA ⊥ BC.

Ta có: BC ⊥ SA, BC ⊥ AI (gt) và AI ∩ SA = A trong (SAI).

Suy ra: BC ⊥ (SAI) nên SI ⊥ BC (vì SI ⊂ (SAI)).

Ta thấy: SI ⊥ BC, AI ⊥ BC và SI ∩ AI = I ∈ BC nên $\widehat{SIA}$> chính là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [S, BC, A], tức là $\beta =\widehat{SIA}$. (2)

Từ (1) và (2) ta có: α = β.

Bài 27 trang 99 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ (ABC), AB ⊥ BC, SA = AB = 3a, BC = 4a. Gọi α, β, γ lần lượt là số đo của các góc nhị diện [B, SA, C], [A, BC, S], [A, SC, B]. Tính:

a) cosα, cosβ;

b*) cosγ.

Lời giải:

a) Do SA ⊥ (ABC) nên SA ⊥ AB, SA ⊥ AC và SA ⊥ BC.

· Ta có: AB ⊥ SA, AC ⊥ SA và AB ∩ AC = A ∈ SA.

Suy ra $\widehat{BAC}$ chính là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [B, SA, C], tức là $\alpha =\widehat{BAC}.$

Xét tam giác ABC vuông tại B có:

AC² = AB² + BC² ⇒ AC² = (3a)² + (4a)² = 25a² ⇒ AC = 5a.

Và $\cos \alpha =\cos \widehat{BAC}=\frac{AB}{AC}=\frac{3a}{5a}=\frac{3}{5}.$

· Ta có: BC ⊥ SA, BC ⊥ AB và SA ∩ AB = A trong (SAB) suy ra BC ⊥ (SAB).

Mà SB ⊂ (SBC) nên BC ⊥ SB.

Ta có: AB ⊥ BC, SB ⊥ BC và AB ∩ SB = B ∈ BC.

Suy ra $\widehat{SBA}$ chính là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [A, BC, S], tức là $\beta =\widehat{SBA}.$

Xét tam giác SAB vuông tại A có:

SB² = SA² + AB² ⇒ SB² = (3a)² + (3a)² = 18a² $\Rightarrow SB=3\sqrt{2}a.$

Và $\cos \beta =\cos \widehat{SBA}=\frac{AB}{SB}=\frac{3a}{3\sqrt{2}a}=\frac{\sqrt{2}}{2}.$

b*) Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A trên SB và SC nên AH ⊥ SB và AK ⊥ SC.

Do BC ⊥ (SAB) (cmt) và AH ⊂ (SAB) nên BC ⊥ AH.

Ta có: AH ⊥ SB, AH ⊥ BC và SB ∩ BC = B trong (SBC) nên AH ⊥ (SBC).

Mà SC ⊂ (SBC) và HK ⊂ (SBC).

Suy ra: AH ⊥ SC và AH ⊥ HK.

Ta có: SC ⊥ AH, SC ⊥ AK (cmt) và AH ∩ AK = A trong (AHK) nên SC ⊥ (AHK).

Mà HK ⊂ (AHK).

Suy ra SC ⊥ HK.

Từ đó ta có: HK ⊥ SC, AK ⊥ SC và HK ∩ AK = K ∈ SC.

Suy ra $\widehat{AKH}$ chính là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [A, SC, B], tức là $\gamma =\widehat{AKH}.$

Áp dụng hệ thức lượng trong:

· Tam giác SAB vuông tại A với đường cao AH có:

AH. SB = SA. AB $\Rightarrow AH=\frac{SA.AB}{SB}=\frac{3a.3a}{3\sqrt{2}a}=\frac{3}{\sqrt{2}}a.$

· Tam giác SAC vuông tại A với đường cao AK có:

AK. SC = SA. AC $\Rightarrow AK=\frac{SA.AC}{SC}=\frac{SA.AC}{\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}}$

(Do tam giác SAC vuông tại A nên $SC=\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}$)

$\Rightarrow AK=\frac{3a.5a}{\sqrt{{\left(3a\right)}^2+{\left(5a\right)}^2}}=\frac{15a^2}{a\sqrt{34}}=\frac{15a}{\sqrt{34}}.$

Xét tam giác AHK vuông tại H (vì AH ⊥ HK) có:

$HK=\sqrt{A{K}^2-A{H}^2}=\sqrt{{\left(\frac{15a}{\sqrt{34}}\right)}^2-{\left(\frac{3a}{\sqrt{2}}\right)}^2}=\frac{6a}{\sqrt{17}}.$

Và $\cos \gamma =\cos \widehat{AKH}=\frac{HK}{AK}=\frac{\frac{6a}{\sqrt{17}}}{\frac{15a}{\sqrt{34}}}=\frac{2\sqrt{2}}{5}.$

Giải SBT Toán 11 trang 100

Bài 28 trang 100 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông, AC cắt BD tại O, SO ⊥ (ABCD). Tất cả các cạnh của hình chóp bằng a.

a) Tính góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (SAC).

b) Gọi α là số đo của góc nhị diện [S, CD, A]. Tính cosα.

c) Gọi d là giao tuyến giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SCD), β là số đo của góc nhị diện [A, d, D]. Tính cosβ.

d*) Gọi γ là số đo góc nhị diện [B, SC, D]. Tính cosγ.

Lời giải:

a) Ta có: SO ⊥ (ABCD) và OB ⊂ (ABCD) nên SO ⊥ OB.

Do ABCD là hình vuông nên OB ⊥ AC.

Ta có: OB ⊥ SO, OB ⊥ AC và SO ∩ AC = O trong (SAC) nên OB ⊥ (SAC) hay O là hình chiếu vuông góc của B trên (SAC).

Do đó góc giữa SB và (SAC) là góc giữa SB và SO và bằng $\widehat{BSO}$.

Vì ABCD là hình vuông cạnh a, nên $BD=AC=a\sqrt{2}.$

Xét tam giác SDB có: SB = SD = a và SB² + SD² = a² + a² = 2a² = BD² nên tam giác SBD vuông cân tại S.

Hơn nữa SO ⊥ BD (vì SO ⊥ (ABCD)).

Nên SO là đường phân giác của $\widehat{BSD\Rightarrow \widehat{BSO}=\widehat{OSD}=\frac{90°}{2}=45°.}$

Vậy góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (SAC) bằng 45°.

b) Gọi N là trung điểm của CD suy ra $CN=\frac{CD}{2}=\frac{a}{2}.$

Ta có: tam giác SCD đều (vì SC = SD = CD = a), SN là đường trung tuyến

Suy ra: SN ⊥ CD.

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác SNC vuông tại N có

SC² = CN² + SN²

Suy ra $SN=\sqrt{S{C}^2-C{N}^2}=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Xét tam giác ACD có: O, N lần lượt là trung điểm của AC và DC nên ON là đường trung bình của tam giác ACD.

Suy ra: ON // AD và $ON=\frac{1}{2}AD=\frac{a}{2}.$

Mà AD ⊥ CD (vì ABCD là hình vuông)

Nên ON ⊥ CD.

Ta thấy: SN ⊥ CD, ON ⊥ CD và SN ∩ ON = N ∈ CD.

Suy ra $\widehat{SNO}$ chính là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [S, CD, A], tức là $\alpha =\widehat{SNO}.$

Vì SO ⊥ (ABCD) và ON ⊂ (ABCD) nên SO ⊥ ON.

Xét tam giác SNO vuông tại O có:

$\cos \widehat{SNO}=\frac{ON}{SN}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow \cos \alpha =\frac{\sqrt{3}}{3}.$

c) Ta có: S ∈ (SAB) ∩ (SCD), AB // CD, AB ⊂ (SAB) và CD ⊂ (SCD)

Suy ra giao tuyến d của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) đi qua S và song song với AB và CD.

Gọi M là trung điểm của AB.

Tương tự câu b) ta có $SM=\frac{a\sqrt{3}}{2},$$MO=\frac{a}{2}$ và $MN=MO+ON=\frac{a}{2}+\frac{a}{2}=a.$

Ta có: tam giác SAB đều (vì SA = SB = AB = a), SM là đường trung tuyến

Nên SM ⊥ AB mà AB // d suy ra SM ⊥ d.

Tương tự ta có: SN ⊥ CD mà CD // d suy ra SN ⊥ d.

Ta thấy: SM ⊥ d, SN ⊥ d và SM ∩ SN = S ∈ d và SM, SN lần lượt nằm trong mặt phẳng nhị diện chứa đường thẳng d và điểm A, mặt phẳng nhị diện chứa đường thẳng d và điểm D.

Suy ra $\widehat{MSN}$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [A, d, D], tức là $\beta =\widehat{MSN}.$

Áp dụng định lí Cosin trong tam giác SMN có:

$\cos \widehat{MSN}=\frac{S{M}^2+S{N}^2-M{N}^2}{2\cdot SM\cdot SN}.$

$\Rightarrow \cos \beta =\cos \widehat{MSN}=\frac{{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2+{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2-a^2}{2\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{1}{3}.$

d) Gọi H là hình chiếu của B trên SC nên BH ⊥ SC.

Ta có OB ⊥ (SAC) hay BD ⊥ (SAC).

Mà SC ⊂ (SAC) nên BD ⊥ SC.

Ta có: SC ⊥ BH, SC ⊥ BD và BH ∩ BD = B trong (BHD) nên SC ⊥ (BHD)

Mặt khác HD ⊂ (BHD) nên SC ⊥ HD.

Ta thấy: HD ⊥ SC, BH ⊥ SC và HD ∩ BH = H ∈ SC.

Suy ra $\widehat{BHD}$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [B, SC, D], tức là $\gamma =\widehat{BHD}.$

Xét tam giác SBC đều cạnh a (vì SB = SC = SD = BC = CD = a) có: BH ⊥ SC.

Nên BH là đường trung tuyến, suy ra $SH=\frac{SC}{2}=\frac{a}{2}.$

Áp dụng định lí Pythagore trong tam SBH vuông tại H có:

SB² = BH² + SH²

Suy ra $BH=\sqrt{S{B}^2-S{H}^2}=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Tương tự: tam giác SCD đều và đường trung tuyến $HD=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Áp dụng định lí Cosin trong tam giác BHD có:

$\cos \gamma =\cos \widehat{BHD}=\frac{H{B}^2+H{D}^2-B{D}^2}{2HB.HD}.$

$\Rightarrow \cos \gamma =\frac{{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2+{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2-{\left(a\sqrt{2}\right)}^2}{2.\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2}}=-\frac{1}{3}.$

Bài 29 trang 100 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABCD có SA ⊥ (ABCD), ABCD là hình thoi cạnh a, AC = a, $SA=\frac{a}{2}.$ Tính số đo của góc nhị diện [S, CD, A].

Lời giải:

Gọi H là hình chiếu của A trên CD suy ra AH ⊥ CD.

Ta có: SA ⊥ (ABCD), CD ⊂ (ABCD) và AH ⊂ (ABCD).

Suy ra: SA ⊥ CD và SA ⊥ AH.

Ta có: CD ⊥ AH, CD ⊥ SA và AH ∩ SA = A trong (SAH) nên CD ⊥ (SAH).

Mà SH ⊂ (SAH), suy ra CD ⊥ SH.

Ta thấy: SH ⊥ CD, AH ⊥ CD và SH ∩ AH = H ∈ CD.

Suy ra $\widehat{SHA}$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [S, CD, A].

Vì AD = CD = AC = a nên tam giác ACD đều.

Hơn nữa, AH là đường cao của tam giác ACD (do AH ⊥ CD) nên AH cũng là đường đường trung tuyến của tam giác ACD.

Suy ra $HD=\frac{AD}{2}=\frac{a}{2}.$

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác AHD vuông tại H có:

AD² = AH² + HD²

Suy ra $AH=\sqrt{A{D}^2-H{D}^2}=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Xét tam giác SAH vuông tại A có:

$\tan \widehat{SHA}=\frac{SA}{AH}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow \widehat{SHA}=30°.$

Vậy số đo của góc nhị diện [S, CD, A] là $\widehat{SHA}=30°.$

Bài 30 trang 100 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABCD có AC cắt BD tại O. Gọi α, β lần lượt là số đo của các góc nhị diện [A, SO, B] và [B, SO, C]. Tính α + β.

Lời giải:

Trong (SAC): Kẻ AN ⊥ SO (N ∈ SC), gọi M = AN ∩ SO (M ∈ SO).

Trong (SOB): Kẻ PM ⊥ SO tại M (P ∈ SB).

· Ta có: AM ⊥ SO, PM ⊥ SO và AM ∩ PM = M ∈ SO.

Suy ra $\widehat{AMP}$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [A, SO, B], tức là $\alpha =\widehat{AMP}.$

· Lại có: NM ⊥ SO, PM ⊥ SO và NM ∩ PM = M ∈ SO.

Suy ra $\widehat{PMN}$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [B, SO, C], tức là $\beta =\widehat{PMN}.$

Suy ra: $\alpha +\beta =\widehat{AMP}+\widehat{PMN}=\widehat{AMN.}$

Trong (APN) có: M ∈ AN nên 3 điểm A, M, N thẳng hàng, do đó $\widehat{AMN}=180°.$

Từ đó ta có: α + β = 180°.

Bài 31 trang 100 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABCD. Gọi α₁, α₂, α₃, α₄ lần lượt là góc giữa các đường thẳng SA, SB, SC, SD và mặt phẳng (ABCD). Chứng minh rằng:

SA = SB = SC = SD ⇔ α₁ = α₂ = α₃ = α₄.

Lời giải:

Gọi O là hình chiếu của S trên (ABCD) hay SO ⊥ (ABCD).

Mà OA, OB, OC, OD đều nằm trên (ABCD) nên SO ⊥ OA, SO ⊥ OB, SO ⊥ OC, SO ⊥ OD.

Suy ra: bốn tam giác SAO, SBO, SCO, SDO vuông tại O nên các góc $\widehat{SAO}$, $\widehat{SBO}, \widehat{SCO,}$$\widehat{SDO}$ đều lớn hơn 0° và nhỏ hơn 90°.

Vì O là hình chiếu của S trên (ABCD), ta suy ra: ${\alpha }_1=\widehat{SAO}$ và 0° < α₁ < 90°.

Xét tam giác SAO vuông tại O có: $\sin {\alpha }_1=\sin \widehat{SAO}=\frac{SO}{SA}$.

Chứng minh tương tự, ta cũng có:

· $\sin {\alpha }_2=\sin \widehat{SBO}=\frac{SO}{SB}$ (0° < α₂ < 90°).

· $\sin {\alpha }_3=\sin \widehat{SCO}=\frac{SO}{SC}$ (0° < α₃ < 90°).

·$\sin {\alpha }_4=\sin \widehat{SDO}=\frac{SO}{SD}$ (0° < α₄ < 90°).

Như vậy: SA = SB = SC = SD $\iff \frac{SO}{SA}=\frac{SO}{SB}=\frac{SO}{SC}=\frac{SO}{SD}$

⇔ sinα₁ = sinα₂ = sinα₃ = sinα₄

⇔ α₁ = α₂ = α₃ = α₄ (vì 0° < α₁ < 90°; 0° < α₂ < 90°; 0° < α₃ < 90°; 0° < α₄ < 90°)

Vậy SA = SB = SC = SD ⇔ α₁ = α₂ = α₃ = α₄.

Bài 32 trang 100 SBT Toán 11 Tập 2: Một máy nước nóng sử dụng năng lượng mặt trời như ở hình 20 có các ống hấp nhiệt chân không dài 1,8 m được đặt trên sân thượng của một toà nhà. Khi tia nắng mặt trời chiếu vuông góc với sân thượng, bóng nắng của các ống hấp nhiệt chân không lên mặt sân dài 1,2 m. Các ống hấp nhiệt chân không đó tạo với mặt sân thượng một góc bằng bao nhiêu độ (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị)?

Lời giải:

Vẽ hình tam giác OHA với: OA biểu diễn cho ống hấp nhiệt chân không, OH biểu diễn bóng nắng (hình chiếu vuông góc của ống hấp nhiệt chân không lên mặt sân do tia nắng chiếu vuông góc với mặt sân). Hay OH là hình chiếu của OA trên mặt sân.

Khi đó ta có: AH ⊥ OH.

Và góc tạo bởi các ống hấp nhiệt chân không và mặt sân thượng là góc giữa hai đường thẳng OA và OH và là góc $\widehat{AOH}.$

Theo đề bài ta có: OA = 1,8 (m), OH = 1,2 (m).

Xét tam giác OHA vuông tại H có:

$\cos \widehat{AOH}=\frac{OH}{OA}=\frac{1,2}{1,8}=\frac{2}{3}\Rightarrow \widehat{AOH}\approx 48°.$

Vậy các ống hấp nhiệt chân không tạo với mặt sân thượng một góc bằng khoảng 48°.

Xem thêm các bài giải SBT Toán lớp 11 Cánh diều hay, chi tiết khác: