Cho hình chóp tứ giác đều S . A B C D có cạnh đáy bằng a tâm O. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA và BC. Góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng A B C D bằng 60 0 . Tính cosin góc giữa đường thẳng và mặt phẳng ( S B D ) .
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a tâm O. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA và BC. Góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng (ABCD) bằng 60 ° . Tính cosin góc giữa đường thẳng và mặt phẳng (SBD)
A. 41 41
B. 5 5
C. 2 5 5
D. 2 41 41
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của hai cạnh SA và BC, biết MN = a 6 2 . Khi đó giá trị sin của góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng (SBD) bằng
A. 2 5 .
B. 3 3 .
C. 5 5 .
D. 3 .
Chọn B
Gọi I là hình chiếu của M lên (ABCD), suy ra I là trung điểm của AO.
Khi đó
Xét tam giác CNI có
Áp dụng định lý cosin ta có:
Xét tam giác MIN vuông tại I nên
Mà MI//SO
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Ta có:
Khi đó
Vectơ pháp tuyến mặt phẳng (SBD)
Suy ra
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm 0; cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA=a. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SD và BC. Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SBC)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy SA = a 2 . Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm A trên các cạnh SB, SD (tham khảo hình vẽ). Góc giữa mặt phẳng (AMN) và đường thẳng SB bằng
A. 45 °
B. 60 °
C. 90 °
Đáp án B
Ta có: B C ⊥ A B B C ⊥ S A ⇒ B C ⊥ M A
Mặt khác A M ⊥ S B ⇒ A M ⊥ S B C ⇒ A N ⊥ S C , tương tự A N ⊥ S C
Do đó S C ⊥ A M N , mặt khác ∆ S B C vuông tại B suy ra tan B S C ^ = B C S B = a S A 2 + A B 2 = 1 3
⇒ S B ; S C ^ = B S C ^ = 30 ° ⇒ S B ; A M N ^ = 60 ° .
Cho hình chóp tứ giác $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ và $SA$ vuông góc với mặt phẳng $(ABCD)$. Gọi $O$ là trung điểm của cạnh $SC$, $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $SB$, $SD$. Gọi $P$ là điểm nằm trên đường thẳng $AN$ sao cho $OP \perp AM$. Chứng minh rằng: $$\frac{PM}{PN} = \frac{1}{3}.$$ **Lời giải:** Áp dụng định lí Menelaus lần lượt trên tam giác $ABC$ và $ACD$, ta có: $$\frac{SM}{SB}\cdot \frac{BO}{OC}\cdot \frac{CQ}{QA} = 1,$$ $$\frac{SD}{SC}\cdot \frac{CO}{OB}\cdot \frac{BP}{PA} = 1,$$ trong đó $Q$ là giao điểm của $SN$ và $OM$. Do đó, ta có: $$\frac{SM}{SB} = \frac{SC}{SO},$$ $$\frac{SD}{SC} = \frac{SB}{SO}.$$ Tiếp theo, ta chứng minh $AP \parallel DC$. Ta có $\angle BSA = 90^{\circ}$ và $\angle BSC = \angle DSC$ nên tam giác $BSD$ vuông cân tại $S$. Do đó $SM = NS$. Khi đó, ta có: $$\frac{SM}{SB} = \frac{NS}{NB} = \frac{1}{2}.$$ Từ đó ta suy ra $\frac{SC}{SO} = \frac{1}{2}$, hay $SO = 2SC$. Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác $SBO$ ta có: $SB = \sqrt{2}a$. Mặt khác, ta có $OM = \frac{1}{2}a$ và $OS = \frac{2}{3}SC = \frac{1}{3}a$, suy ra $BM = \frac{\sqrt{2}}{2}a$ và $BO = \frac{\sqrt{6}}{2}a$. Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác $SDO$ ta có: $SD = \sqrt{6}a$. Mặt khác, ta có $ON = \frac{1}{2}a$ và $OS = \frac{2}{3}SC = \frac{1}{3}a$, suy ra $DN = \frac{\sqrt{2}}{2}a$ và $DO = \frac{\sqrt{6}}{2}a$. Ta có $AP \parallel DC$ khi và chỉ khi: $$\frac{BP}{PA} = \frac{AD}{DC} = \sqrt{2} - 1,$$ trong đó ta đã sử dụng tính chất hình học của hình vuông. Từ định lí Menelaus cho tam giác $ACD$, ta có: $$\frac{AD}{CD}\cdot \frac{CP}{PA}\cdot \frac{NB}{ND} = 1.$$ Do đó, ta có: $$\frac{BP}{PA} = \frac{AD}{CD}\cdot \frac{ND}{NB} = (\sqrt{2} - 1)\cdot \frac{\frac{1}{2}a}{\frac{\sqrt{2}}{2}a} = \frac{2 - \sqrt{2}}{2}.$$ Ta cũng có thể tính được $\frac{PM}{PN}$ bằng cách sử dụng định lí Menelaus cho tam giác $ANB$: $$\frac{AP}{PB}\cdot \frac{MB}{MN}\cdot \frac{SN}{SA} = 1,$$ từ đó ta có: $$\frac{PM}{PN} = \frac{SN}{SM}\cdot \frac{PB}{PA}\cdot \frac{MB}{NB} = \frac{2}{1}\cdot \frac{2 - \sqrt{2}}{2}\cdot \frac{\frac{\sqrt{2}}{2}a}{\frac{\sqrt{2}}{2}a} = \frac{1}{3}.$$ Vậy $\frac{PM}{PN} = \frac{1}{3}$, ta đã chứng minh được bài toán.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD = 2a, cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = 2a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của cạnh SA, CD và α là góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng (SBD). Khi đó sin α bằng
A. 224 21
B. 14 42
C. 2 14 21
D. 14 21
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, A D = 2 a , cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = 2a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của cạnh SA, CD và α là góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng (SBD). Khi đó sin α bằng
Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh SA=a và vuông góc với mặt đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh BC, SD, α là góc giữa đường thẳng MN và (SAC). Giá trị tan α là
A. 6 3
B. 6 2
C. 3 2
D. 2 3
Chọn A.
Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó ta có:
A(0;0;0), B(0;a;0), C(a;a;0), D(a;0;0), S(0;0;a)
M là trung điểm của BC ⇒ M a 2 ; a ; 0
N là trung điểm của SD ⇒ N a 2 ; 0 ; a 2 ⇒ M N → 0 ; - a ; a 2
Do ABCD là hình vuông nên AC ⊥ BD
S A ⊥ ( A B C D ) B D ⊂ ( A B C D ) ⇒ S A ⊥ B D
Ta có:
là một pháp tuyến của (SAC)
Khi đó ta có:
sin α = cos ( M N → , B D → ) = M N → . B D → M N → . B D →
= a 2 a 5 2 . a 2 = 10 5
1 sin 2 α = 1 + c o t 2 α ⇔ 25 10 = 1 + c o t 2 α ⇔ c o t 2 α = 3 2 ⇒ c o t α = 3 2 ( d o 0 < α < 90 0 )
Lại có:
tan α . c o t α = 1 ⇒ tan α = 2 3 = 6 3
Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh SA=a và vuông góc với mặt đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh BC, SD, α là góc giữa đường thẳng MN và (SAC). Giá trị tan α là
A. 6 3
B. 6 2
C. 3 2
D. 2 3
Chọn A.
Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó ta có:
A(0;0;0), B(0;a;0), C(a;a;0), D(a;0;0), S(0;0;a)
M là trung điểm của BC ⇒ M a 2 ; a ; 0
N là trung điểm của SD ⇒ N a 2 ; 0 ; a 2 ⇒ M N → 0 ; - a ; a 2
Do ABCD là hình vuông nên AC ⊥ BD
S A ⊥ ( A B C D ) B D ⊂ ( A B C D ) ⇒ S A ⊥ B D
Ta có:
là một pháp tuyến của (SAC)
Khi đó ta có:
sin α = cos ( M N → , B D → ) = M N → . B D → M N → . B D →
= a 2 a 5 2 . a 2 = 10 5
1 sin 2 α = 1 + c o t 2 α ⇔ 25 10 = 1 + c o t 2 α ⇔ c o t 2 α = 3 2 ⇒ c o t α = 3 2 ( d o 0 < α < 90 0 )
Lại có:
tan α . c o t α = 1 ⇒ tan α = 2 3 = 6 3
bctfhn ynz httrtn
