Góc giữa đường cao và mặt bên

Tưởng Thị Hồng Vân Ngày: 08-03-2024 Lớp 12

Tải xuống 4 11.8 K 27

Tailieumoi.vn xin giới thiệu đến các quý thầy cô, các em học sinh đang trong quá trình ôn tập bộ bài tập Góc giữa đường cao và mặt bên Toán lớp 12, tài liệu bao gồm 4 trang, tuyển chọn các bài tập Góc giữa đường cao và mặt bên có phương pháp giải chi tiết và bài tập có lời giải, giúp các em học sinh có thêm tài liệu tham khảo trong quá trình ôn tập, củng cố kiến thức và chuẩn bị cho kì thi tốt nghiệp THPT môn Toán sắp tới. Chúc các em học sinh ôn tập thật hiệu quả và đạt được kết quả như mong đợi.

Tài liệu Góc giữa đường cao và mặt bên gồm các nội dung chính sau:

I. Phương pháp giải

- tóm tắt lý thuyết ngắn gọn;

- phương pháp giải chi tiết từng dạng bài tập.

II. Một số ví dụ/ Ví dụ minh họa

- gồm 5 ví dụ minh họa đa dạng của các dạng bài tập trên có lời giải chi tiết.

Mời các quý thầy cô và các em học sinh cùng tham khảo và tải về chi tiết tài liệu dưới đây: Góc giữa đường cao và mặt bên (ảnh 1)

Góc giữa đường cao và mặt bên

I. Phương pháp giải

Tìm góc giữa đường cao SH và mặt phẳng (SAB).

Dựng $H E ⊥ A B, H F ⊥ S E .$

Ta có: $A B ⊥ S H \Rightarrow A B ⊥ (S H E) \Rightarrow A B ⊥ H F .$

Mặt khác $H F ⊥ S E \Rightarrow H F ⊥ (S A B) \Rightarrow F$ là hình chiếu vuông góc của H trên mặt phẳng (SAB).

Vậy $\hat{(S H; S A B)} = \hat{(H F; S F)} = \hat{H S F} .$

II. Ví dụ minh họa

Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABC, có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a. Cạnh $S A = a \sqrt{3}$ bên và vuông góc với đáy. Tính góc giữa SA và mặt phẳng (SBC).

Lời giải

Từ A kẻ AK vuông góc với BC tại K.

Ta có : $S A ⊥ B C$ và $A K ⊥ B C \Rightarrow B C ⊥ (S A K) .$

Kẻ $A H ⊥ S K, H \in S K$ . Mà $B C ⊥ A H .$

Suy ra $A H ⊥ (S B C) \Rightarrow \hat{(S A; (S B C))} = \hat{A S H} = \hat{A S K} .$

Tam giác SAK vuông tại A, có $S A = A K = a \sqrt{3} .$

tam giác SAK vuông cân tại A nên $A S K = 45 ° .$

Vậy $\hat{(S A; (S B C))} = 45 ° .$

Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật có $A B = a, A D = 2 a, S A = 2 a$ và $S A ⊥ (A B C D)$ . Tính tan góc giữa SA và các mặt phẳng (SBC), (SBD) và (SCD).

Lời giải

Do $\{\begin{cases} B C ⊥ A B \\ B C ⊥ S A \end{cases} \Rightarrow B C ⊥ (S A B) .$

Dựng $A M ⊥ S B \Rightarrow A M ⊥ (S B C) \Rightarrow$ M là hình chiếu vuông góc của A trên (SBC).

Khi đó: $\hat{(S A; (S B C))} = \hat{A S M} = \hat{A S B} = α .$

Do đó $\tan α = \frac{A B}{S A} = \frac{1}{2} .$

Tương tự ta có: $\hat{(S A; (S C D))} = \hat{A S D} = β$ và $\tan β = \frac{A D}{S A} = 1.$

Dựng $A E ⊥ B D, A F ⊥ S E$ ta có: $\{\begin{cases} B D ⊥ A E \\ B D ⊥ S A \end{cases} \Rightarrow B D ⊥ (S A E) \Rightarrow B D ⊥ A F .$

Mặt khác $A F ⊥ S E \Rightarrow A F ⊥ (S B D) \Rightarrow \hat{(S A; (S B D))} = \hat{A S F} = \hat{A S E} .$

Khi đó $\tan \hat{A S E} = \frac{A E}{S A}$ , trong đó $A E = \frac{A B . A D}{\sqrt{A B^{2} + A D^{2}}} = \frac{2 a}{\sqrt{5}} \Rightarrow \tan \hat{A S E} = \frac{A E}{S A} = \frac{1}{\sqrt{5}} .$

Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B có \[AD = 2AB = 2CD = 2a\] và \[SA \bot \left( {ABCD} \right)\]. Biết rằng SC tạo với đáy một góc \[60^\circ \]. Tính tan góc giữa SA và các mặt phẳng (SBC), (SCD) và (SBD).

Lời giải

Ta có: \[AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = a\sqrt 2 \]

\[\begin{array}{l}SA \bot \left( {ABCD} \right)\\ \Rightarrow \widehat {\left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {SCA} = 60^\circ .\end{array}\]

Suy ra \[SA = AC\tan 60^\circ = a\sqrt 6 .\]

Dựng \[AM \bot SB\] có \[\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\\BC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot AM.\]

Do đó \[AM \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow \] M là hình chiếu của A trên mặt phẳng (SBC).

Suy ra \[\widehat {\left( {SA;\left( {SBC} \right)} \right)} = \widehat {ASM} = \widehat {ASB}.\]

Ta có: \[\tan \widehat {ASB} = \frac{{AB}}{{SA}} = \frac{a}{{a\sqrt 6 }} = \frac{1}{{\sqrt 6 }}.\]

Gọi I là trung điểm của AD \[ \Rightarrow \] ABCI là hình vuông cạnh a

\[ \Rightarrow CI = \frac{{AD}}{2} = a \Rightarrow \Delta ACD\] vuông tại C.

Khi đó \[\left\{ \begin{array}{l}CD \bot SA\\CD \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAC} \right).\]

Dựng

\[\begin{array}{l}AN \bot SC\\ \Rightarrow \widehat {\left( {SA;\left( {SCD} \right)} \right)} = \widehat {ASN} = \widehat {ASC}.\end{array}\]

Ta có: \[\tan \widehat {ASC} = \frac{{AC}}{{SA}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{{a\sqrt 6 }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}.\]

Dựng \[\left\{ \begin{array}{l}AE \bot BD\\AF \bot SE\end{array} \right.\]

\[ \Rightarrow \widehat {\left( {SA;\left( {SBD} \right)} \right)} = \widehat {ASF} = \widehat {ASE}.\]

Mặt khác \[AE = \frac{{AB.AD}}{{\sqrt {A{B^2} + A{D^2}} }} = \frac{{2a}}{{\sqrt 5 }}\]

\[ \Rightarrow \tan \widehat {ASE} = \frac{{AE}}{{SA}} = \frac{{\sqrt {30} }}{{15}}.\]

Ví dụ 4: Cho hình chóp S.ABCD, có đáy là nửa lục giác đều cạnh a, \[AD = 2a\]. Biết \[SA \bot \left( {ABCD} \right)\] và đường thẳng SB tạo với đáy một góc 60°.

a) Tính tan góc tạo bởi SA và (SBC).

b) Tính góc tạo bởi SA và (SCD).

Lời giải

a) Gọi O là trung điểm của AD \[ \Rightarrow \] OABC là hình thoi cạnh a \[ \Rightarrow CO = a = \frac{1}{2}AD\] \[ \Rightarrow \Delta ACD\]vuông tại C.

\[\begin{array}{l}SA \bot \left( {ABCD} \right)\\ \Rightarrow \widehat {\left( {SB;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {SBA} = 60^\circ .\end{array}\]

\[ \Rightarrow SA = AB\tan 60^\circ = a\sqrt 3 \], \[AC = \sqrt {A{D^2} - C{D^2}} = a\sqrt 3 .\]

Dựng \[AE \bot BC\], \[AF \bot SE\]

\[ \Rightarrow \widehat {\left( {SA;\left( {SBC} \right)} \right)} = \widehat {ASF} = \widehat {ASE}.\]

Do \[\widehat {ABE} = 120^\circ \Rightarrow \widehat {ABE} = 60^\circ .\]

Mặt khác

\[\begin{array}{l}AE = AB\sin \widehat {ABE}\\ = AB\sin 60^\circ = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\end{array}\]

Suy ra \[\tan \widehat {\left( {SA;\left( {SBC} \right)} \right)} = \tan \widehat {ASE} = \frac{{AE}}{{SA}} = \frac{1}{2}.\]

b) Do \[\left\{ \begin{array}{l}CD \bot SA\\CD \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAC} \right).\]

Dựng \[AK \bot SC \Rightarrow AK \bot \left( {SCD} \right)\]

Khi đó \[\widehat {\left( {SA;\left( {SCD} \right)} \right)} = \widehat {ASK} = \widehat {ASC} = \varphi .\]

Ta có: \[\tan \varphi = \frac{{AC}}{{SA}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{a\sqrt 3 }} = 1 \Rightarrow \varphi = 45^\circ .\]

Vậy \[\widehat {\left( {SA;\left( {SCD} \right)} \right)} = 45^\circ .\]

Ví dụ 5: Cho hình lăng trụ \[ABC.A'B'C'\] có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của \[B'\] lên mặt phẳng đáy trùng với trung điểm H của cạnh AB, đường cao \[B'H = \frac{{3a}}{4}\]. Tính cosin góc giữa đường thẳng \[B'H\] và mặt phẳng \[\left( {BCC'B'} \right)\].

Lời giải

Dựng \[HE \bot BC,HF \bot B'E\]

ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}BC \bot B'H\\BC \bot HE\end{array} \right.\] suy ra \[\begin{array}{l}BC \bot HF \Rightarrow HF \bot \left( {B'BCC'} \right)\\ \Rightarrow \widehat {\left( {B'H;\left( {BCC'B'} \right)} \right)}\end{array}\]

\[ = \widehat {HB'F} = \widehat {HB'E}.\]

Ta có:

\[\begin{array}{l}HE = HB\sin \widehat {HBE}\\ = \frac{a}{2}\sin 60^\circ = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\end{array}\]

Do đó

\[\begin{array}{l}\cos \widehat {HB'E} = \frac{{B'H}}{{B'E}}\\ = \frac{{B'H}}{{\sqrt {B'{H^2} + H{E^2}} }} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.\end{array}\]

Xem thêm