Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông, AC cắt BD tại O, SO ⊥ (ABCD)

Van Anh Ngày: 19-11-2023 Lớp 11

3.5 K

Với giải Bài 28 trang 100 SBT Toán lớp 11 Cánh diều chi tiết trong Bài 3: Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng. Góc nhị diện 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

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:

Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông, AC cắt BD tại O, SO ⊥ (ABCD)

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 $\hat{B S O}$ .

Vì ABCD là hình vuông cạnh a, nên $B D = A C = a \sqrt{2} .$

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 $\hat{B S D \Rightarrow \hat{B S O} = \hat{O S D} = \frac{90 °}{2} = 45 ° .}$

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

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

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 $S N = \sqrt{S C^{2} - C N^{2}} = \sqrt{a^{2} - {(\frac{a}{2})}^{2}} = \frac{a \sqrt{3}}{2} .$

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 $O N = \frac{1}{2} A D = \frac{a}{2} .$

Mà AD ⊥ CD (vì ABCD là hình vuông)

Nên ON ⊥ CD.

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

Suy ra $\hat{S N O}$ chính là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [S, CD, A], tức là $α = \hat{S N O} .$

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

Xét tam giác SNO vuông tại O có:

$\cos \hat{S N O} = \frac{O N}{S N} = \frac{\frac{a}{2}}{\frac{a \sqrt{3}}{2}} = \frac{\sqrt{3}}{3} \Rightarrow \cos α = \frac{\sqrt{3}}{3} .$

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 $S M = \frac{a \sqrt{3}}{2},$ $M O = \frac{a}{2}$ và $M N = M O + O N = \frac{a}{2} + \frac{a}{2} = a .$

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 $\hat{M S N}$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [A, d, D], tức là $β = \hat{M S N} .$

Áp dụng định lí Cosin trong tam giác SMN có:

$\cos \hat{M S N} = \frac{S M^{2} + S N^{2} - M N^{2}}{2 \cdot S M \cdot S N} .$

$\Rightarrow \cos β = \cos \hat{M S N} = \frac{{(\frac{a \sqrt{3}}{2})}^{2} + {(\frac{a \sqrt{3}}{2})}^{2} - a^{2}}{2 \cdot \frac{a \sqrt{3}}{2} \cdot \frac{a \sqrt{3}}{2}} = \frac{1}{3} .$

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 $\hat{B H D}$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [B, SC, D], tức là $γ = \hat{B H D} .$

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 $S H = \frac{S C}{2} = \frac{a}{2} .$

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

SB² = BH² + SH²

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

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

Áp dụng định lí Cosin trong tam giác BHD có:

$\cos γ = \cos \hat{B H D} = \frac{H B^{2} + H D^{2} - B D^{2}}{2 H B . H D} .$

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