Bài 24 trang 99 SBT Toán 11 CD 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 ($0^{o}<\varphi <90^{o}$). Khi đó, góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (Q) bằng:

A. $90^{o}-\varphi$

B. $180^{o}-\varphi$

C. $\varphi$

D. $90^{o}+\varphi$

Lời giải chi tiết

Gọi $d_{1}$ và $d_{2}$ lần lượt là hình chiếu của d trên mặt phẳng (P) và (Q). Khi đó góc giữa đường thẳng d và (P) chính là góc giữa d và $d_{1}$, góc giữa đường thẳng d và (Q) chính là góc giữa d và $d_{2}$

Gọi A là giao điểm của d và $d_{1}$, B là giao điểm của d và $d_{2}$. Hiển nhiên A∈(P) và B∈(Q)

Trên hình vẽ, góc giữa d và $d_{1}$ là góc $\widehat{A_{1}}$, góc giữa d và $d_{2}$ là góc $\widehat{B_{1}}$. Do $d_{1}//d_{2}$ nên ta có $\widehat{A_{1}}$=$\widehat{B_{1}}$. Suy ra góc giữa d và (Q) cũng là góc giữa d và $d_{2}$ chính là góc giữa d và (P) và bằng $\varphi$.

Đáp án đúng là C.

Bài 25 trang 99 SBT Toán 11 CD 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 $\varphi$ ($0^{o}<\varphi<90^{o}$) Khi đó, góc giữa đường thẳng b và mặt phẳng (P) bằng:
A. $90^{o}-\varphi$

B. $180^{o}-\varphi$

C. $\varphi$

D. $90^{o}+\varphi$

Lời giải chi tiết

Gọi a′ và b′ lần lượt là hình chiếu của a và b trên mặt phẳng (P). Khi đó góc giữa a và (P) chính là góc giữa a và a′, góc giữa b và (P) chính là góc giữa b và b′

Gọi A và B lần lượt là giao điểm của a và b trên mặt phẳng (P). Hiển nhiên ta có A∈a′ và B∈b′.

Trên hình vẽ, góc giữa a và a′ là góc $\widehat{A_{1}}$, góc giữa b và b′ là góc $\widehat{B_{1}}$. Dễ thấy rằng $\widehat{A_{1}}=\widehat{B_{1}}$ nên góc giữa b và (P) cũng chính bằng góc giữa a và (P), và bằng $\varphi$.

Đáp án đúng là B.

Bài 26 trang 99 SBT Toán 11 CD 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 của góc nhị diện [S,BC,A]. Phát biểu nào sau đây là đúng?

A. α = $90^{o}$ − β

B. α = $180^{o}$ − β

C.  α = $90^{o}$ + β

D.  α = β

Lời giải chi tiết

Do SA⊥(ABC), ta suy ra hình chiếu của S trên (ABC) là điểm A.

Suy ra góc giữa SI và (ABC) chính là góc $ \widehat{SIA}$ tức là α=$ \widehat{SIA}$

Mặt khác, do SA⊥(ABC) ta suy ra SA⊥BC. Mà theo đề bài, AI⊥BC nên ta suy ra (SAI)⊥BC, từ đó SI⊥BC

Như vậy, do SI⊥BC, AI⊥BC, nên $ \widehat{SIA}$ chính là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [S,BC,A] tức là β=$ \widehat{SIA}$

Vậy ta suy ra α=β

Đáp án đúng là D.

Bài 27 trang 99 SBT Toán 11 CD 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 chi tiết

a) Do SA⊥(ABC) nên ta suy ra SA⊥AB, SA⊥AC và SA⊥BC. Suy ra $ \widehat{BAC}$ chính là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [B,SA,C], tức là α=$ \widehat{BAC}$

Tam giác ABC vuông tại B, nên AC$ =\sqrt{AB^{2}+AC^{2}}=\sqrt{(3a)^{2}+(4a)^{2}}=5a$

Như vậy cosα=cos$ \widehat{BAC}$=$ \frac{AB}{AC}=\frac{3a}{5a}=\frac{3}{5}$

Tam giác ABC vuông tại B, ta cũng suy ra BC⊥AB. Do SA⊥BC nên ta suy ra BC⊥(SAB). Điều này dẫn tới BC⊥SB.

Vì BC⊥SB, BC⊥AB nên góc $ \widehat{SBA}$ chính là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [A,SC,B], tức là β=$ \widehat{SBA}$

Tam giác SBA vuông tại A, nên SB$ =\sqrt{SA^{2}+AB^{2}}=\sqrt{(3a)^{2}+(3a)^{2}}=3\sqrt{2}a$.

Như vậy cosβ=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.

Theo câu a, ta có BC⊥(SAB) nên BC⊥AH. Mà ta có AH⊥SB nên suy ra AH⊥(BSC), điều này dẫn tới AH⊥SC.

Do AH⊥SC, AK⊥SC nên SC⊥(AHK), suy ra HK⊥SC.

Như vậy ta có AK⊥SC, HK⊥SC nên $ \widehat{AKH}$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [A,SC,H]. Do H∈(SCB) nên góc nhị diện [A,SC,H] cũng chính là góc nhị diện [A,SC,B]. Do đó, $ \widehat{AKH}$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [A,SC,B], tức là γ=$ \widehat{AKH}$

Vì AH⊥(BSC) nên AH⊥HK, do đó cos$ \widehat{AKH}$=$ \frac{HK}{AK}$

Ta có AH=$ \frac{SA.AB}{SB}=\frac{3a.3a}{3\sqrt{2}a}=\frac{3a\sqrt{2}}{2}$ (do ΔSAB vuông tại A)

Và AK=$ \frac{SA.AC}{SC}=\frac{3a.5a}{\sqrt{(3a)^{2}+(5a)^{2}}}=\frac{15a^{2}}{a\sqrt{34}}=\frac{15\sqrt{34}a}{34}$ (do ΔSAC vuông tại A)

Suy ra HK=$ \sqrt{AK^{2}-AH^{2}}=\sqrt{(\frac{15a\sqrt{34}}{34})^{2}-(\frac{3a\sqrt{2}}{2})^{2}}=\frac{6a\sqrt{17}}{17}$

Do đó, cosγ=cos$ \widehat{AKH}$=$ \frac{HK}{AK}=\frac{2\sqrt{2}}{5}$.

Bài 28 trang 100 SBT Toán 11 CD 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 của 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 chi tiết

a) Do SO⊥(ABCD), ta có SO⊥OB. Vì ABCD là hình vuông nên BO⊥AC. Như vậy BO⊥(SAC) tức là hình chiếu của điểm B trên (SAC). Do đó góc giữa SB và (SAC) là góc $ \widehat{BSO}$

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

Tam giác SBD có SB=SD=a và $SB^{2}+SD^{2}=a^{2}+a^{2}=2a^{2}=BD^{2}$, nên tam giác này là tam giác vuông cân tại S.

Hơn nữa, do SO⊥BD, ta suy ra $ \widehat{BSO}=\widehat{SBO}=45^{o}$.

Như vậy, góc giữa SB và (SAC) bằng $45^{o}$.

b) Gọi N là trung điểm của CD. Do tam giác SCD đều (SC=SD=CD=a), ta suy ra SN⊥CD và SN=$ \sqrt{SC^{2}-CN^{2}}=\sqrt{a^{2}-(\frac{a}{2})^{2}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Do O là tâm của hình vuông ABCD, ta suy ra ON⊥CD. Như vậy, góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [S,CD,O] là góc $ \widehat{SNO}$. Hơn nữa do O∈(ABCD), ta suy ra góc nhị diện [S,CD,O] cũng chính là góc nhị diện [S,CD,A] tức là α=$ \widehat{SNO}$

Như vậy cosα=cos$ \widehat{SNO}$=$ \frac{ON}{SN}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$

c) Ta thấy rằng AB∥CD, AB⊂(SAB), CD⊂(SCD), S∈(SAB)∩(SCD), nên 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. Tam giác SAB đều (SA=AB=SB=a) nên SM⊥AB. Mặt khác, do d∥AB nên SM⊥d. Chứng minh tương tự ta cũng có SN⊥d. Suy ra góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [M,d,N] là góc $ \widehat{MSN}$

Hơn nữa, do AM∥d và DN∥d, ta suy ra góc nhị diện [M,d,N] cũng chính là [A,d,D], tức là β=$ \widehat{MSN}$

Ta có SM=SN=$ \frac{a\sqrt{3}}{2}$, MN=a. Theo định lí cos trong tam giác, ta có:

cosβ=cos$ \widehat{MSN}$=$\frac{SM^{2}+SN^{2}-MN^{2}}{2SM.SN}=\frac{(\frac{a\sqrt{3}}{2})^{2}+(\frac{a\sqrt{3}}{2})^{2}-a^{2}}{2\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{1}{3}$

d) Gọi E là hình chiếu của B trên SC. Theo câu a, ta có BD⊥(SAC) nên suy ra BD⊥SC. Mà BE⊥SC nên suy ra SC⊥(BDE), điều này dẫn tới SC⊥DE.

Như vậy, vì BE⊥SC, SC⊥DE nên góc phẳng nhị diện của góc nhị diện  [B,SC,D] là góc $\widehat{BED}$, tức là γ=$\widehat{BED}$

Tam giác SBC đều (SB=SC=BC=a) và có BE⊥SC, nên ta dễ dàng tính được BE=$\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Tương tự, ta cũng có DE=$\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Theo định lí cos trong tam giác, ta có:

cosγ=cos$\widehat{BED}$=$\frac{BE^{2}+DE^{2}-BD^{2}}{2BE.DE}=\frac{(\frac{a\sqrt{3}}{2})^{2}+(\frac{a\sqrt{3}}{2})^{2}-(a\sqrt{2})^{2}}{2\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{-1}{3}$

Bài 29 trang 100 SBT Toán 11 CD 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 chi tiết

Gọi E là hình chiếu của A trên CD. Do SA⊥(ABCD) nên ta suy ra SA⊥CD. Do AE⊥CD nên ta suy ra (SAE)⊥CD, điều này dẫn tới SE⊥CD.

Như vậy do SE⊥CD, AE⊥CD nên góc $ \widehat{SEA}$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [S,CD,A].

Tam giác ACD đều (AC=CD=AD=a) nên ta suy ra AE=$ \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Xét tam giác SAE vuông tại A, ta có tan$ \widehat{SEA}$=$ \frac{SA}{AE}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

Vậy $ \widehat{SEA}=30^{o}$

Bài 30 trang 100 SBT Toán 11 CD 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 chi tiết

Gọi P là hình chiếu của A trên SO. Trên (SAC), gọi M là giao điểm của SC và AP. Trên (SBD), kẻ NP⊥SO với N∈SB.

Dễ thấy rằng 4 điểm A, P, M, N đồng phẳng.

Vì AP⊥SO, NP⊥SO nên góc $ \widehat{APN}$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [A,SO,B], tức là α=$ \widehat{APN}$.

Chứng minh tương tự, ta có β=$ \widehat{NPM}$

Suy ra α+β=$ \widehat{APN}$+$ \widehat{NPM}$=$ \widehat{APM}$. Mặt khác, do A, P, M thẳng hàng, nên ta có $ \widehat{APM}=180^{o}$.

Như vậy α+β = $180^{o}$.

Bài 31 trang 100 SBT Toán 11 CD tập 2: Cho hình chóp S.ABCD. Gọi $\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}, \alpha_{4}$ lần lượt là góc giữa các đường thẳng SA, SB, SC, SD và mặt phẳng (ABCD). Chứng minh rằng SA=SB=SC=SD ⇔ $\alpha_{1}=\alpha_{2}= \alpha_{3}=\alpha_{4}$
Lời giải chi tiết

Gọi H là hình chiếu của S trên (ABCD).

Dễ thấy rằng $\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}, \alpha_{4}$ là những góc tạo bởi đường thẳng và mặt phẳng, nên chúng không lớn hơn $90^{o}$.

Vì H là hình chiếu của S trên (ABCD), ta suy ra $\alpha_{1}= \widehat{SAH}$

Tam giác SAH vuông tại H, ta có $sin\alpha_{1}=sin\widehat{SAH}=\frac{SH}{SA}$.

Chứng minh tương tự, ta cũng có:

+ $\alpha_{2}=\widehat{SBH}$, $sin\alpha_{2}=sin \widehat{SBH}$= $ \frac{SH}{SB}$,

+ $\alpha_{3}=\widehat{SCH}$, $sin\alpha_{3}=sin \widehat{SCH}$= $ \frac{SH}{SC}$,

+ $\alpha_{4}=\widehat{SDH}$, $sin\alpha_{4}=sin \widehat{SDH}$= $ \frac{SH}{SD}$,

Vậy,  SA=SB=SC=SD ⇔ $ \frac{SH}{SA}$=$ \frac{SH}{SB}$=$ \frac{SH}{SC}$=$ \frac{SH}{SD}$

⇔$sin\alpha_{1}= sin\alpha_{2}=sin\alpha_{3}= sin\alpha_{4}$⇔$\alpha_{1}= \alpha_{2}=\alpha_{3}= \alpha_{4}$

Bài toán được chứng minh.

Bài 32 trang 100 SBT Toán 11 CD tập 2: Một máy nước nóng sử dụng năng lượng mặt trời như ở hình dưới đây 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 chi tiết

Vẽ hình tam giác OHA biểu diễn với OA là ống hấp nhiệt chân không, OH là bóng của ống hấp nhiệt chân không trên mặt sân thượng. Do tia nắng chiếu vuông góc xuống mặt sân thượng, nên OH là hình chiếu của OA trên mặt sân. Khi đó, góc tạo bởi các ống hấp nhiệt chân không và mặt sân thượng là góc $ \widehat{AOH}$

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

Ta có cos$ \widehat{AOH}$=$ \frac{OH}{OA}=\frac{1,2}{1,8}=\frac{2}{3}$⇒$ \widehat{AOH}$≈$48^{o}$  

Vậy góc tạo bởi các ống hấp nhiệt chân không và sân thượng xấp xỉ 48 độ.