Bài 4: Hai mặt phẳng vuông góc

Câu hỏi trắc nghiệm

Chủ đề: Bài 4: Hai mặt phẳng vuông góc

Câu 4.

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 \(60^o\).
 

  1. \(\dfrac{a\sqrt{6-3\sqrt{3}}}{3}\)
  2. \(\dfrac{a\sqrt{3}\left(3+\sqrt{3}\right)}{2}\)
  3. \(\dfrac{a\sqrt{6}}{12}\)
  4. \(\dfrac{a\sqrt{3}\left(3-\sqrt{3}\right)}{2}\)

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:
 \(\left|\dfrac{-a^2}{x^2+a^2}\right|=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) \(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{x^2+a^2}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)\(\Leftrightarrow\sqrt{3}x^2=a^2\left(2-\sqrt{3}\right)\)
\(\Leftrightarrow x^2=\dfrac{a^2\left(2-\sqrt{3}\right)\sqrt{3}}{3}\)\(\Leftrightarrow x=\sqrt{\dfrac{a^2\left(2-\sqrt{3}\right)\sqrt{3}}{3}}=a\sqrt{\dfrac{2\sqrt{3}-3}{3}}=\dfrac{a\sqrt{6-3\sqrt{3}}}{3}\)

Câu 12.

Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\). Xét \(mp\left(A'BD\right)\). Trong các mệnh đề sau mệnh đề nào đúng?

  1. Góc giữa \(mp\left(A'BD\right)\) và các mặt phẳng chứa các cạnh của hình lập phương bằng \(\alpha\)  mà \(tan\alpha=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\).
  2. Góc giữa \(mp\left(A'BD\right)\) và các mặt phẳng chứa các cạnh của hình lập phương bằng \(\alpha\) mà \(sin\alpha=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\).
  3. Góc giữa \(mp\left(A'BD\right)\) và các mặt phẳng chứa các cạnh của hình lập phương bằng \(\alpha\) với \(\alpha\) phụ thuộc vào kích thước của hình lập phương.
  4. Góc giữa \(mp\left(A'BD\right)\) và các mặt phẳng chứa các cạnh của hình lập phương bằng \(\alpha\) với \(cos\alpha=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\).

Hướng dẫn giải:


ABCD.A'B'C'D' là hình lập phương nên hình chiếu của tam giác A'BD lên các mặt chứa các cạnh của hình lập phương là tam giác bằng nhau. Gọi diện tích tam giác này là \(S_1\) thì \(S_1=S_{AB'D.}cos\alpha\).
Do đó góc giữa \(mp\left(A'BD\right)\) và các mặt phẳng chứa các cạnh của hình lập phương bằng nhau. 
\(A'B'=BD=A'D=\sqrt{2}a\) .
Suy ra tam giác A'BD đều và có diện tích là: \(\dfrac{1}{2}A'B.A'D.sin60^o=\dfrac{1}{2}.\sqrt{2}a.\sqrt{2}a=\dfrac{\sqrt{3}}{2}a^2\).
Hình chiếu của tam giác A'BD lên mặt phẳng (A'ADD') là tam giác A'AD.
\(S_{\Delta AA'D}=\dfrac{1}{2}a^2\).
Suy ra \(cos\alpha=\dfrac{S_{\Delta AA'D}}{S_{\Delta A'B'D}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}a^2}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}a^2}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\).
 

Câu 21.

Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có \(AB=2\sqrt{3}\) và \(AA'=2.\) Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh A'B'; A'C' và BC (tham khảo hình vẽ bên). Cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng (AB'C') và (MNP) bằng

  1. \(\dfrac{6\sqrt{13}}{65}\)
  2. \(\dfrac{\sqrt{13}}{65}\)
  3. \(\dfrac{17\sqrt{13}}{65}\)
  4. \(\dfrac{18\sqrt{13}}{65}\)

Hướng dẫn giải:

 

                                                    

              Do giả thiết tam giác đều ABC có cạnh bằng \(2\sqrt{3}\) nên có đường cao tam giác ABC là\(AP=AB.\dfrac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}.\dfrac{\sqrt{3}}{2}=3\).

    Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ ( P là gốc tọa độ): cụ thể \(C\left(\sqrt{3};0;0\right)\)thì \(B\left(-\sqrt{3};0;0\right),A\left(0;3;0\right)\). Lại theo giả thiết \(AA'=2\) suy ra  \(C'\left(\sqrt{3};0;2\right),B'\left(-\sqrt{3};0;2\right),A'\left(0;3;2\right)\). Các trung điểm M, N của A'B' và A'C' có tọa độ: \(M\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2};\dfrac{3}{2};2\right),N\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2};\dfrac{3}{2};2\right)\).

      Ta đã biết cosin cuả góc giữa hai mặt phẳng bằng \(\dfrac{\left|n_1.n_2\right|}{\left|n_1\right|\left|n_2\right|}\) trong đó \(\overrightarrow{n_1},\overrightarrow{n_2}\) là các vecto pháp tuyến của hai mặt phẳng  (AB'C') và (MNP). Vì \(\overrightarrow{B'C'}\) cùng phương với vec to đơn vị \(\overrightarrow{u}\left(1;0;0\right)\) của trục Ox nên \(\overrightarrow{n_1}=\left[\overrightarrow{u};\overrightarrow{AB'}\right]\) trong đó  \(\overrightarrow{AB'}=\left(-\sqrt{3};-3;2\right)\).  Tương tự \(\overrightarrow{MN}\) cùng phương với  \(\overrightarrow{u}\left(1;0;0\right)\) nên \(\overrightarrow{n_1}=\left[\overrightarrow{u};\overrightarrow{PM}\right]\), trong đó \(\overrightarrow{PM}=\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2};\dfrac{3}{2};2\right)\). Tính toán:  Sử dụng MODE VECTOR:

   + Nhập VCTA = \(\left(1;0;0\right)\), VCTB =\(\left(-\sqrt{3};-3;2\right)\):     w8111=0=0=q5121ps3=p3=2=

   + Tính  VCTA x VCTB và lưu kết quả vào biến C: Cq53Oq54=qJc

   + Nhập VCTA = (1;0;0), VCTB = \(\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2};\dfrac{3}{2};2\right)\):   w8111=0=0=Cq5121ps3)P2=3P2=2= 

   + Tính VCTA x VCTB   (veclo \(\overrightarrow{n_2}\)) - kết quả trong bộ nhớ là VCTAns:

                                  Cq53Oq54=

    + Tính tỉ số   \(\dfrac{\left|\text{VCT}C.\text{VCT}Ans\right|}{\left|\text{VCT}C\right|\left|\text{VCT}Ans\right|}\) :   Cqcq55q57q56)Pqcq55)Pqcq56)=

    + Trong MODE COMP, để hiện kết quả dưới dạng \(\dfrac{\sqrt{m}}{n}\) ta tính \(\sqrt{Ans^2}\) :   w1sMd=

Kết quả là \(\dfrac{\sqrt{13}}{65}\).

       

 

 

 


Tính năng này đang được xây dựng...