Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng (lý thuyết, công thức) các dạng bài tập và cách giải

Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

I. Lý thuyết về góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

1. Định nghĩa góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu vuông góc của nó lên trên mặt phẳng.

Nếu đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng ($\alpha$) thì ta nói góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng ($\alpha$) bằng 90 độ.

Nếu đường thẳng a không vuông góc với mặt phẳng ($\alpha$) thì góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng ($\alpha$) là góc giữa đường thẳng a và hình chiếu a’ của nó lên mặt phẳng ($\alpha$).

2. Kí hiệu góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

Nếu a $\perp$($\alpha$) thì $\widehat{(a, (\alpha \left)\right)}=90°$

Nếu a không vuông góc với ($\alpha$) thì $\widehat{(a, (\alpha \left)\right)}=\widehat{(a, a\text{'})}$ với a' là hình chiếu của a lên ($\alpha$)

3. Nhận xét

- Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng có số đo từ 0$°$ đến 90$°$

- Đường thẳng song song hoặc nằm trong mặt phẳng thì góc giữa chúng bằng 0

II. Cách xác định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

Để xác định góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (α) ta thực hiện theo các bước sau:

+ Bước 1: Tìm giao điểm O của đường thẳng a và (α)

+ Bước 2: Dựng hình chiếu A’ của một điểm A ∈ a xuống (α)

+ Bước 3: Góc ∠AOA' = φ chính là góc giữa đường thẳng a và (α)

Lưu ý:

- Để dựng hình chiếu A’ của điểm A trên (α) ta chọn một đường thẳng b ⊥ (α) khi đó AA’ // b.

- Để tính góc φ ta sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OAA’.

III. Công thức góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

Công thức sin$\phi$ = sin $\widehat{(a, (\alpha )})$ = |cos($\overrightarrow{n}$; $\overrightarrow{u}$)| = $\frac{|\overrightarrow{u}.\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{u|}.|\overrightarrow{n}|}$

Trong đó:

$\overrightarrow{n}$ là vector pháp tuyến của mặt phẳng ($\alpha$)

$\overrightarrow{u}$ là vector chỉ phương của đường thẳng a

Nếu VTPT của ($\alpha$) là $\overrightarrow{n}$= (A; B; C) và VTCP của a là $\overrightarrow{u}$= (a; b; c) thì góc được xác định bởi công thức:

III. Cách tính góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

Dạng 1: Góc giữa cạnh bên và mặt đáy

Tìm góc giữa cạnh bên SA và mặt đáy (ABC)

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng đáy (ABC).

Như vậy HA là hình chiếu vuông góc của SA trên (ABC).

Vậy $\left(\widehat{SA;\left(ABC\right)}\right)=\widehat{\left(SA;HA\right)}=\widehat{SAH}.$

Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, có AB = a. Biết $SA\perp \left(ABC\right)$, SB tạo với đáy một góc 60⁰ và M là trung điểm của BC.

a) Tính cosin góc giữa SC và mặt phẳng (ABC).

b) Tính cosin góc giữa SM và mặt phẳng (ABC).

Lời giải

a) Do $SA\perp \left(ABC\right)\Rightarrow \left(\widehat{SB;\left(ABC\right)}\right)=\widehat{SBA}=60°.$

Do đó $SA=AB\tan \widehat{SBA}=a\tan 60°=a\sqrt{3}.$

Ta có: $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=2a;\widehat{\left(SC;\left(ABC\right)\right)}=\widehat{SCA}.$

Khi đó: $\cos \widehat{SCA}=\frac{AC}{SC}=\frac{AC}{\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}}=\frac{2a}{\sqrt{3a^2+4a^2}}=\frac{2}{\sqrt{7}}.$

b) Do $SA\perp \left(ABC\right)\Rightarrow \widehat{\left(SM;\left(ABC\right)\right)}=\widehat{SMA}=\phi .$

Ta có: $AM=\sqrt{A{B}^2+B{M}^2}=\sqrt{a^2+{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{7}}{2}.$

Khi đó $\cos \phi =\frac{AM}{SM}=\frac{AM}{\sqrt{S{A}^2+A{M}^2}}=\frac{\sqrt{133}}{19}.$

Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình chữ nhật có $AB=2a;AD=a$. Tam giác (SAB) đều và thuộc mặt phẳng vuông góc với đáy.

a) Tính góc giữa SB, SC và mặt phẳng (ABCD).

b) Gọi I là trung điểm của BC. Tính tan góc giữa SI và mặt phẳng (ABCD).

Lời giải

a) Gọi H là trung điểm của AB ta có: $SH\mathrm{\perp }AB$

Mặt khác

$\begin{array}{l}\{\begin{array}{l}\left(SAB\right)\mathrm{\perp }\left(ABCD\right)\\ AB=\left(SAB\right)\cap \left(ABCD\right)\end{array}\\ \Rightarrow SH\mathrm{\perp }\left(ABCD\right).\end{array}$

Tam giác SAB đều cạnh 2a nên $SH=a\sqrt{3},$

$HC=\sqrt{H{B}^2+B{C}^2}=a\sqrt{2}.$

Do $SH\mathrm{\perp }\left(ABCD\right)$$\Rightarrow \left(\widehat{SB;\left(ABCD\right)}\right)=\widehat{SBH}={60}^{\circ }$

$\left(\widehat{SC;\left(ABCD\right)}\right)=\widehat{SCH}$ và $\tan \widehat{SCH}=\frac{SH}{HC}=\sqrt{\frac{3}{2}}.$

b) Ta có:

$\begin{array}{l}HI=\sqrt{H{B}^2+B{I}^2}\\ =\sqrt{a^2+{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}.\end{array}$

Mặt khác $\left(\widehat{SI;\left(ABCD\right)}\right)=\widehat{SIH}$ và $\widehat{SIH}=\frac{SH}{SI}=a\sqrt{3}:\frac{a\sqrt{5}}{2}=\frac{2\sqrt{15}}{5}.$

Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABCD, có đáy là nửa lục giác đều cạnh a, $AD=2a$. Biết $SA\mathrm{\perp }\left(ABCD\right)$ và đường thẳng SB tạo với đáy một góc ${45}^{\circ }.$

a) Tính cosin góc tạo bởi các cạnh SC, SD và mặt đáy (ABCD).

b) Gọi I là trung điểm của CD, tính tan góc tạo bởi SI và mặt phẳng (ABCD).

Lời giải

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

Do $SA\mathrm{\perp }\left(ABCD\right)$$\Rightarrow \widehat{\left(SB;\left(ABCD\right)\right)}=\widehat{SBA}={45}^{\circ }.$

Do đó $SA=AB\tan {45}^{\circ }=a.$

$\begin{array}{l}AC=\sqrt{A{D}^2-C{D}^2}=a\sqrt{3}\\ \Rightarrow \cos \widehat{\left(SC;\left(ABC\right)\right)}=\cos \widehat{SCA}\end{array}$

$\begin{array}{l}=\frac{AC}{SC}=\frac{AC}{\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}}\\ =\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{a^2+3a^2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}.\end{array}$

$\begin{array}{l}\cos \left(\widehat{SD;\left(ABCD\right)}\right)=\cos \widehat{SDA}\\ =\frac{AD}{\sqrt{S{A}^2+A{D}^2}}=\frac{2}{\sqrt{5}}.\end{array}$

b) Ta có:

$\begin{array}{l}AI=\sqrt{A{C}^2+C{I}^2}\\ =\sqrt{3a^2+{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{13}}{2}.\end{array}$

Do đó

$\begin{array}{l}\tan \widehat{\left(SI;\left(ABCD\right)\right)}=\tan \widehat{SIA}\\ =\frac{SA}{AI}=\frac{2}{\sqrt{13}}.\end{array}$

Dạng 2: Góc giữa cạnh bên và mặt phẳng chứa đường cao

Tìm góc giữa cạnh bên SB và mặt phẳng (SHA) với $\left(SHA\right)\mathrm{\perp }\left(ABH\right).$

Dựng $BK\mathrm{\perp }AH$, có $BK\mathrm{\perp }SH\Rightarrow BK\mathrm{\perp }\left(SHA\right).$

Suy ra K là hình chiếu vuông góc của B trên mặt phẳng (SAH).

Vậy $\widehat{\left(SB;\left(SAH\right)\right)}=\widehat{\left(SB;SK\right)}=\widehat{BSK}.$

Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật có $AB=a,AD=a\sqrt{3},SA\mathrm{\perp }\left(ABCD\right).$

Biết SC tạo với đáy một góc ${60}^{\circ }$. Tính cosin góc tạo bởi:

a) SC và mặt phẳng (SAB); SC và mặt phẳng (SAD).

b) SD và mặt phẳng (SAC).

Lời giải

Do $SA\mathrm{\perp }\left(ABCD\right)$$\Rightarrow \widehat{\left(SC;\left(ABCD\right)\right)}=\widehat{SCA}={60}^{\circ }.$

Lại có:

$\begin{array}{l}AC=\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}=2a\\ \Rightarrow SA=AC\tan {60}^{\circ }=2a\sqrt{3}.\end{array}$

Khi đó $\{\begin{array}{l}SB=\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}=a\sqrt{13}\\ SD=\sqrt{S{A}^2+A{D}^2}=a\sqrt{15}\\ SC=\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}=4a.\end{array}$

Do $\{\begin{array}{l}CB\mathrm{\perp }SA\\ CB\mathrm{\perp }AB\end{array}\Rightarrow CB\mathrm{\perp }\left(SAB\right)$$\Rightarrow \widehat{\left(SC;\left(SAB\right)\right)}=\widehat{CSB}.$

Mặt khác $\cos \widehat{CSB}=\frac{SB}{SC}=\frac{\sqrt{13}}{4}.$

Tương tự $CD\mathrm{\perp }\left(SAD\right)\Rightarrow \widehat{\left(SC;\left(SAD\right)\right)}=\widehat{CSD}$ và $\cos \widehat{SCD}=\frac{SD}{SC}=\frac{\sqrt{15}}{4}.$

Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi tâm O cạnh a, $BD=a\sqrt{3},SA\mathrm{\perp }\left(ABCD\right).$

Biết SC tạo với đáy một góc ${60}^{\circ }$. Tính tan góc tạo bởi:

a) SC và mặt phẳng (SAB).

b) SD và mặt phẳng (SAC).

Lời giải

a) Ta có: $AC\mathrm{\perp }BD$ tại O. Khi đó $OA=OC,OB=OD.$

Xét tam giác vuông OAB ta có: $\sin \widehat{OAB}=\frac{OB}{AB}=\frac{\sqrt{3}}{2}$

$\Rightarrow \widehat{OAB}={60}^{\circ }\Rightarrow \mathrm{\Delta }ABC$ đều cạnh a.

Mặt khác

$\begin{array}{l}SA\mathrm{\perp }\left(ABCD\right)\\ \Rightarrow \widehat{\left(SC;\left(ABCD\right)\right)}=\widehat{SCA}={60}^{\circ }.\end{array}$

Suy ra $SA=AC\tan {60}^{\circ }=a\sqrt{3}.$

Dựng $CH\mathrm{\perp }AB\Rightarrow CH\mathrm{\perp }\left(SAB\right)$

$\Rightarrow \widehat{\left(SC;\left(SAB\right)\right)}=\widehat{CSH}.$

Do $\mathrm{\Delta }ABC$ đều cạnh a nên H là trung điểm của AB.

Ta có: $CH=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \tan \widehat{CSH}=\frac{CH}{SH}$ trong đó $SH=\sqrt{S{A}^2+A{H}^2}=\frac{a\sqrt{13}}{2}.$

Do đó $\tan \widehat{CSH}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{13}}=\frac{\sqrt{39}}{13}.$

b) Ta có:

$\{\begin{array}{l}DO\mathrm{\perp }AC\\ DO\mathrm{\perp }SA\end{array}\Rightarrow \left(\widehat{SD;\left(SAC\right)}\right)=\widehat{DSO}$ và $\tan \widehat{DSO}=\frac{OD}{SO}.$

Trong đó

$\begin{array}{l}OD=\frac{a\sqrt{3}}{2};\\ SO=\sqrt{S{A}^2+O{A}^2}=\frac{a\sqrt{13}}{2}\\ \Rightarrow \tan \widehat{DSO}=\frac{\sqrt{39}}{13}.\end{array}$

Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD, hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt đáy là điểm H thuộc cạnh AB sao cho $\overrightarrow{HB}=-2\overrightarrow{HA}$. Biết $AB=3,AD=6$ và $SH=2$. Tính tan góc tạo bởi:

a) SA và mặt phẳng (SHD).

b) SB và mặt phẳng (SHC).

Lời giải

a) Ta có:

$\begin{array}{l}AH=1,HB=2\\ \Rightarrow \{\begin{array}{l}SA=\sqrt{S{H}^2+A{H}^2}=\sqrt{5}\\ SB=\sqrt{S{H}^2+H{B}^2}=2\sqrt{2}\end{array}\end{array}$

Dựng

$\begin{array}{l}AE\mathrm{\perp }DH\Rightarrow AE\mathrm{\perp }\left(SHD\right)\\ \Rightarrow \widehat{\left(SA;\left(SHD\right)\right)}=\widehat{\mathrm{A}\mathrm{S}\mathrm{E}}\end{array}$

Mặt khác $AE=\frac{AH.AD}{\sqrt{A{H}^2+A{D}^2}}=\frac{6}{\sqrt{37}}$

Suy ra $\tan \widehat{\mathrm{A}\mathrm{S}\mathrm{E}}=\frac{AE}{SA}=\frac{6}{\sqrt{185}}.$

b) Dựng $BF\mathrm{\perp }HC\Rightarrow BF\mathrm{\perp }\left(SHC\right).$

Khi đó $\widehat{\left(SB;\left(SHC\right)\right)}=\widehat{BSF}$, $BF=\frac{BH.BC}{\sqrt{B{H}^2+B{C}^2}}=\frac{3\sqrt{10}}{5}.$

Ta có: $\tan \widehat{\left(SB;\left(SHC\right)\right)}=\tan \widehat{BSF}=\frac{BF}{SB}=\frac{3\sqrt{5}}{10}.$

Ví dụ 4: Cho hình lăng trụ $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ có đáy ABCD là hình chữ nhật có$AB=2a,AD=2a\sqrt{3}$, hình chiếu vuông góc của $A^{\prime }$ lên mặt phẳng (ABCD) trùng với tâm O của hình chữ nhật ABCD, biết cạnh bên $A{A}^{\prime }$ tạo với đáy một góc ${60}^{\circ }$. Tính cosin góc tạo với $A^{\prime }C$ và mặt phẳng $\left(A^{\prime }BD\right).$

Lời giải

Ta có:

$\begin{array}{l}AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=4a\\ \Rightarrow OA=2a=OC.\end{array}$

Do $A^{\prime }O\mathrm{\perp }\left(ABCD\right)$$\Rightarrow \widehat{\left(A^{\prime }O;\left(ABCD\right)\right)}=\widehat{A^{\prime }AO}={60}^{\circ }.$

$\Rightarrow A^{\prime }O=OA\tan {60}^{\circ }=2a\sqrt{3}$

Dựng $CH\mathrm{\perp }BD\Rightarrow CH\mathrm{\perp }\left(A^{\prime }BD\right)$

$\Rightarrow \widehat{\left(A^{\prime }C;\left(A^{\prime }BD\right)\right)}=\widehat{C{A}^{\prime }H}.$

Ta có: $CH=\frac{BC.CD}{\sqrt{B{C}^2+C{D}^2}}=a\sqrt{3}.$

$A^{\prime }C=\sqrt{O{A^{\prime }}^2+O{C}^2}=\sqrt{12a^2+4a^2}=4a.$

Suy ra

$\begin{array}{l}\cos \widehat{C{A}^{\prime }H}=\frac{A^{\prime }H}{A^{\prime }C}=\frac{\sqrt{A^{\prime }{C}^2-H{C}^2}}{A^{\prime }C}\\ =\frac{\sqrt{16a^2-3a^2}}{4a}=\frac{\sqrt{13}}{4}.\end{array}$

Ví dụ 5: Cho hình lăng trụ đứng $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ có đáy là tam giác đều cạnh a. Tính góc tạo bởi $A^{\prime }C$ và mặt phẳng $\left(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }\right)$ biết $A{A}^{\prime }=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

Lời giải

Dựng $CH\mathrm{\perp }AB\Rightarrow CH=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Do

$\begin{array}{l}\{\begin{array}{l}CH\mathrm{\perp }AB\\ CH\mathrm{\perp }A{A}^{\prime }\end{array}\Rightarrow CH\mathrm{\perp }\left(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }\right)\\ \Rightarrow \widehat{\left(A^{\prime }C;\left(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }\right)\right)}=\widehat{C{A}^{\prime }H}.\end{array}$

Lại có: $A^{\prime }H=\sqrt{A{A^{\prime }}^2+A{H}^2}=\sqrt{\frac{a^2}{2}+{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{4}.$

Do đó $\tan \widehat{C{A}^{\prime }H}=\frac{CH}{A^{\prime }H}=1\Rightarrow \widehat{C{A}^{\prime }H}={45}^{\circ }.$

Vậy $\widehat{\left(A^{\prime }C;\left(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }\right)\right)}=\widehat{C{A}^{\prime }H}={45}^{\circ }.$

Dạng 3: Góc giữa đường cao và mặt bên

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

Dựng $HE\mathrm{\perp }AB,HF\mathrm{\perp }SE.$

Ta có: $AB\mathrm{\perp }SH\Rightarrow AB\mathrm{\perp }\left(SHE\right)\Rightarrow AB\mathrm{\perp }HF.$

Mặt khác $HF\mathrm{\perp }SE\Rightarrow HF\mathrm{\perp }\left(SAB\right)\Rightarrow F$ là hình chiếu vuông góc của H trên mặt phẳng (SAB).

Vậy $\widehat{\left(SH;SAB\right)}=\widehat{\left(HF;SF\right)}=\widehat{HSF}.$

Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABC, có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a. Cạnh bên $SA=a\sqrt{3}$ 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 : $SA\mathrm{\perp }BC$ và $AK\mathrm{\perp }BC\Rightarrow BC\mathrm{\perp }\left(SAK\right).$

Kẻ $AH\mathrm{\perp }SK,H\in SK$. Mà $BC\mathrm{\perp }AH.$

Suy ra $AH\mathrm{\perp }\left(SBC\right)\Rightarrow \widehat{\left(SA;\left(SBC\right)\right)}=\widehat{ASH}=\widehat{ASK}.$

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

$\Rightarrow$ tam giác SAK vuông cân tại A nên $ASK={45}^{\circ }.$

Vậy $\widehat{\left(SA;\left(SBC\right)\right)}={45}^{\circ }.$

Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật có $AB=a,AD=2a,SA=2a$ và $SA\mathrm{\perp }\left(ABCD\right)$. Tính tan góc giữa SA và các mặt phẳng (SBC), (SBD) và (SCD).

Lời giải

Do $\{\begin{array}{l}BC\mathrm{\perp }AB\\ BC\mathrm{\perp }SA\end{array}\Rightarrow BC\mathrm{\perp }\left(SAB\right).$

Dựng $AM\mathrm{\perp }SB\Rightarrow AM\mathrm{\perp }\left(SBC\right)$

$\Rightarrow$ M là hình chiếu vuông góc của A trên (SBC).

Khi đó: $\widehat{\left(SA;\left(SBC\right)\right)}=\widehat{ASM}=\widehat{ASB}=\alpha .$

Do đó $\tan \alpha =\frac{AB}{SA}=\frac{1}{2}.$

Tương tự ta có: $\widehat{\left(SA;\left(SCD\right)\right)}=\widehat{ASD}=\beta$ và $\tan \beta =\frac{AD}{SA}=1.$

Dựng $AE\mathrm{\perp }BD,AF\mathrm{\perp }SE$ ta có:

$\{\begin{array}{l}BD\mathrm{\perp }AE\\ BD\mathrm{\perp }SA\end{array}\Rightarrow BD\mathrm{\perp }\left(SAE\right)\Rightarrow BD\mathrm{\perp }AF.$

Mặt khác

$\begin{array}{l}AF\mathrm{\perp }SE\Rightarrow AF\mathrm{\perp }\left(SBD\right)\\ \Rightarrow \widehat{\left(SA;\left(SBD\right)\right)}=\widehat{ASF}=\widehat{ASE}.\end{array}$

Khi đó $\tan \widehat{ASE}=\frac{AE}{SA}$, trong đó

$\begin{array}{l}AE=\frac{AB.AD}{\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}}=\frac{2a}{\sqrt{5}}\\ \Rightarrow \tan \widehat{ASE}=\frac{AE}{SA}=\frac{1}{\sqrt{5}}.\end{array}$

Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B có $AD=2AB=2CD=2a$ và $SA\mathrm{\perp }\left(ABCD\right)$. 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: $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=a\sqrt{2}$

Do $SA\mathrm{\perp }\left(ABCD\right)\Rightarrow \widehat{\left(SC;\left(ABCD\right)\right)}=\widehat{SCA}={60}^{\circ }.$

Suy ra $SA=AC\tan {60}^{\circ }=a\sqrt{6}.$

Dựng $AM\mathrm{\perp }SB$ có $\{\begin{array}{l}BC\mathrm{\perp }SA\\ BC\mathrm{\perp }AB\end{array}\Rightarrow BC\mathrm{\perp }AM.$

Do đó $AM\mathrm{\perp }\left(SBC\right)\Rightarrow$ 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 $\Rightarrow CI=\frac{AD}{2}=a\Rightarrow \mathrm{\Delta }ACD$ vuông tại C.

Khi đó $\{\begin{array}{l}CD\mathrm{\perp }SA\\ CD\mathrm{\perp }AC\end{array}\Rightarrow CD\mathrm{\perp }\left(SAC\right).$

Dựng $AN\mathrm{\perp }SC\Rightarrow \widehat{\left(SA;\left(SCD\right)\right)}=\widehat{ASN}=\widehat{ASC}.$

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

Dựng $\{\begin{array}{l}AE\mathrm{\perp }BD\\ AF\mathrm{\perp }SE\end{array}\Rightarrow \widehat{\left(SA;\left(SBD\right)\right)}=\widehat{ASF}=\widehat{ASE}.$

Mặt khác

$\begin{array}{l}AE=\frac{AB.AD}{\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}}=\frac{2a}{\sqrt{5}}\\ \Rightarrow \tan \widehat{ASE}=\frac{AE}{SA}=\frac{\sqrt{30}}{15}.\end{array}$

Ví dụ 4: Cho hình chóp S.ABCD, có đáy là nửa lục giác đều cạnh a, $AD=2a$. Biết $SA\mathrm{\perp }\left(ABCD\right)$ 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 $\Rightarrow CO=a=\frac{1}{2}AD\Rightarrow \mathrm{\Delta }ACD$ vuông tại C.

Do $SA\mathrm{\perp }\left(ABCD\right)\Rightarrow \widehat{\left(SB;\left(ABCD\right)\right)}=\widehat{SBA}={60}^{\circ }.$

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

Dựng $AE\mathrm{\perp }BC$, $AF\mathrm{\perp }SE$

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

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

Mặt khác $AE=AB\sin \widehat{ABE}=AB\sin {60}^{\circ }=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

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

b) Do $\{\begin{array}{l}CD\mathrm{\perp }SA\\ CD\mathrm{\perp }AC\end{array}\Rightarrow CD\mathrm{\perp }\left(SAC\right).$

Dựng $AK\mathrm{\perp }SC\Rightarrow AK\mathrm{\perp }\left(SCD\right)$

Khi đó $\widehat{\left(SA;\left(SCD\right)\right)}=\widehat{ASK}=\widehat{ASC}=\phi .$

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

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

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

Lời giải

Dựng $HE\mathrm{\perp }BC,HF\mathrm{\perp }{B}^{\prime }E$ ta có:

$\{\begin{array}{l}BC\mathrm{\perp }{B}^{\prime }H\\ BC\mathrm{\perp }HE\end{array}$ suy ra

$\begin{array}{l}BC\mathrm{\perp }HF\Rightarrow HF\mathrm{\perp }\left(B^{\prime }BC{C}^{\prime }\right)\\ \Rightarrow \widehat{\left(B^{\prime }H;\left(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }\right)\right)}\end{array}$

$=\widehat{H{B}^{\prime }F}=\widehat{H{B}^{\prime }E}.$

Ta có: $HE=HB\sin \widehat{HBE}=\frac{a}{2}\sin {60}^{\circ }=\frac{a\sqrt{3}}{4}$

Do đó $\cos \widehat{H{B}^{\prime }E}=\frac{B^{\prime }H}{B^{\prime }E}=\frac{B^{\prime }H}{\sqrt{B^{\prime }{H}^2+H{E}^2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}.$

Dạng 4: Góc giữa cạnh bên và mặt bên

Tính góc giữa cạnh bên SC và mặt phẳng (SAB). Đặt $\widehat{\left(SC;\left(SAB\right)\right)}=\phi \left(0^{\circ }\le \phi \le {90}^{\circ }\right).$

Ta có công thức: $\sin \phi =\frac{d\left(C;\left(SAB\right)\right)}{SC}.$

Từ đó suy ra các giá trị $\cos \phi$ hoặc $\tan \phi$ nếu đề bài yêu cầu.

Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có $AD=2a,AB=a\sqrt{2}$. Tam giác SAD cân tại S và thuộc mặt phẳng vuông góc với đáy. Đường thẳng SB tạo với đáy một góc ${30}^{\circ }$. Tính sin góc tạo bởi:

a) SA và mặt phẳng (SBC).

b) SD và mặt phẳng (SAC).

Lời giải

Gọi H là trung điểm của AD ta có: $SH\mathrm{\perp }AD$

Lại có: $\left(SAD\right)\mathrm{\perp }\left(ABCD\right)\Rightarrow SH\mathrm{\perp }\left(ABCD\right).$

Ta có: $HA=a;HB=\sqrt{H{A}^2+A{B}^2}=a\sqrt{3}$

Do $SH\mathrm{\perp }\left(ABCD\right)$

$\Rightarrow \widehat{\left(SB;\left(ABCD\right)\right)}=\widehat{SBH}={30}^{\circ }$

Suy ra $SH=HB\tan {30}^{\circ }=a.$

a) Do $AD//BC\Rightarrow AD//\left(SBC\right).$

Do vậy $d\left(A;\left(SBC\right)\right)=d\left(H;\left(SBC\right)\right).$

Dựng $\{\begin{array}{l}HE\mathrm{\perp }BC\\ HF\mathrm{\perp }SE\end{array}$ tacó: $BC\mathrm{\perp }HF$ từ đó suy ra $HF\mathrm{\perp }\left(SBC\right)$

$\Rightarrow d\left(H;\left(SBC\right)\right)=HF=d\left(A;\left(SBC\right)\right).$

Ta có: $SA=\sqrt{S{H}^2+S{A}^2}=a\sqrt{2}=SD.$

Mặt khác:

$\begin{array}{l}\frac{1}{H{F}^2}=\frac{1}{S{H}^2}+\frac{1}{H{E}^2}\Rightarrow HF=\frac{a\sqrt{6}}{3}\\ \Rightarrow \sin \widehat{\left(SA;\left(SBC\right)\right)}=\frac{d\left(A;\left(SBC\right)\right)}{SA}=\frac{\sqrt{3}}{3}.\end{array}$

b) Dựng $HN\mathrm{\perp }AC\Rightarrow AC\mathrm{\perp }\left(SHN\right)$

Dựng $HI\mathrm{\perp }SN\Rightarrow HI\mathrm{\perp }\left(SAC\right)$

Do $\frac{DA}{HA}=2=\frac{d\left(D;\left(SAC\right)\right)}{d\left(H;\left(SAC\right)\right)}$

$\Rightarrow d\left(D;\left(SAC\right)\right)=2d\left(H;\left(SAC\right)\right)=2HI$

Dựng $DM\mathrm{\perp }AC\Rightarrow DM=\frac{2a\sqrt{2}}{\sqrt{6}}\Rightarrow HN=\frac{a}{\sqrt{3}}$

$\Rightarrow HI=\frac{HN.SH}{\sqrt{H{N}^2+S{H}^2}}=\frac{a}{2}\Rightarrow d\left(D;\left(SAC\right)\right)=a.$

Ta có: $\sin \widehat{\left(SD;\left(SAC\right)\right)}=\frac{d\left(D;\left(SAC\right)\right)}{SD}=\frac{a}{a\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}.$

Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD có $AB=a\sqrt{3};AD=a$, tam giác SBD là tam giác vuông cân đỉnh S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính sin góc tạo bởi SA và mặt phẳng (SBC).

Lời giải

Gọi O là trung điểm của BD ta có: $SO\mathrm{\perp }BC$ mặt khác $\left(SBD\right)\mathrm{\perp }\left(ABC\right)\Rightarrow SO\mathrm{\perp }\left(ABC\right)$

Ta có: $BD=\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}=2a\Rightarrow SO=\frac{1}{2}BD=a.$

Dựng $OE\mathrm{\perp }BC,OF\mathrm{\perp }SE\Rightarrow OF\mathrm{\perp }\left(SBC\right).$

$d\left(D;\left(SBC\right)\right)=2d\left(O;\left(SBC\right)\right)=2HF$

Ta có: $HE=\frac{1}{2}AB=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

$\Rightarrow OF=\frac{SH.OE}{\sqrt{S{H}^2+O{E}^2}}=a\sqrt{\frac{3}{7}}=\frac{a\sqrt{21}}{7}$

Suy ra $d\left(A;\left(SBC\right)\right)=\frac{2a\sqrt{21}}{7}.$

Mặt khác $SA=\sqrt{S{O}^2+O{A}^2}=a\sqrt{2}.$

Do đó $\sin \widehat{\left(SA;\left(SBC\right)\right)}=\frac{d\left(A;\left(SBC\right)\right)}{SA}=\frac{\sqrt{42}}{7}.$

Ví dụ 3: Cho hình lăng trụ $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ có đáy là tam giác vuông tại A với $AB=a;AC=a\sqrt{3}$, hình chiếu vuông góc của $A^{\prime }$ lên mặt đáy trùng với trung điểm H của BC. Biết $A^{\prime }H=a\sqrt{2}$. Tính cosin góc tạo bởi $A^{\prime }B$ với mặt phẳng $\left(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }\right)$.

Lời giải

Dựng $HE\mathrm{\perp }AC$ và $HF\mathrm{\perp }{A}^{\prime }E$

Ta có: $\{\begin{array}{l}AC\mathrm{\perp }{A}^{\prime }H\\ AC\mathrm{\perp }HE\end{array}\Rightarrow AC\mathrm{\perp }HF\Rightarrow HF\mathrm{\perp }\left(A{A}^{\prime }C\right).$

Khi đó $d\left(H;\left(A^{\prime }AC\right)\right)=HF.$

Lại có $BC=2HC$ nên $d\left(B;\left(A{A}^{\prime }C\right)\right)=2d\left(H;\left(A{A}^{\prime }C\right)\right).$

Mặt khác ME là đường trung bình trong tam giác ABC

nên $ME=\frac{AB}{2}=\frac{a}{2}.$

Khi đó: $HF=\frac{HE.A^{\prime }M}{\sqrt{H{E}^2+A^{\prime }{M}^2}}=\frac{a\sqrt{2}}{3}$

Suy ra $d\left(B;\left(A{A}^{\prime }C\right)\right)=\frac{2a\sqrt{2}}{3};BC=\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}=2a.$

Lại có $A^{\prime }B=\sqrt{A^{\prime }{H}^2+H{B}^2}=a\sqrt{3}.$

Suy ra $\sin \widehat{\left(A^{\prime }B;\left(A^{\prime }AC\right)\right)}=\sin \phi =\frac{d\left(B;\left(A^{\prime }AC\right)\right)}{B{A}^{\prime }}=\frac{2\sqrt{6}}{9}$

$\Rightarrow \cos \phi =\sqrt{1-{\sin }^2\phi }=\frac{\sqrt{57}}{9}.$

IV. Ví dụ minh họa

Ví dụ 1: Cho tam giác ABC vuông cân tại A và BC = a. Trên đường thẳng qua A vuông góc với (ABC) lấy điểm S sao cho SA = (√6)a/2 . Tính số đo góc giữa đường thẳng SA và (ABC) .

A. 30° B. 45° C. 60° D. 90°

Hướng dẫn giải

Chọn D

Từ giả thiết suy ra:

SA ⊥ (ABC) ⇒ (SA, (ABC)) = 90°

Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cạnh huyền BC = a. Hình chiếu vuông góc của S lên (ABC) trùng với trung điểm BC. Biết SB = a. Tính số đo của góc giữa SA và (ABC).

A. 30° B. 45° C. 60° D. 75°

Hướng dẫn giải

Chọn C

Gọi H là trung điểm của BC suy ra

AH = BH = CH = (1/2)BC = a/2

Ví dụ 3: Cho tứ diện ABCD có cạnh AB, BC, BD bằng nhau và vuông góc với nhau từng đôi một. Khẳng định nào sau đây đúng?

A. Góc giữa AC và (BCD) là góc ACB

B. Góc giữa AD và (ABC) là góc ADB

C. Góc giữa AC và (ABD) là góc ACB

D. Góc giữa CD và (ABD) là góc CBD

Hướng dẫn giải

Chọn A.

Ví dụ 4: Cho hình chóp S.ABCD , đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a và SA ⊥ (ABCD) . Biết SA = a(√6)/3. Tính góc giữa SC và (ABCD) .

A. 30° B. 45° C. 60° D.90°

Hướng dẫn giải

Chọn A

Ví dụ 5: Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của S lên (ABC) trùng với trung điểm H của cạnh BC. Biết tam giác SBC là tam giác đều. Tính số đo của góc giữa SA và (ABC)

A. 60° B.90° C. 45° D. 30°

Hướng dẫn giải

Do H là hình chiếu của S lên mặt phẳng ( ABC) nên SH ⊥ (ABC)

Vậy AH là hình chiếu của SH lên mp(ABC)

⇒ (SA, (ABC)) = (SA, AH) = ∠ SAH

Ta có: SH ⊥ (ABC) ⇒ SH ⊥ AH

Mà: ΔABC = ΔSBC ⇒ SH = AH

Vậy tam giác SAH vuông cân tại H ⇒ SAH = 45°

Chọn C

Ví dụ 6: Cho hình thoi ABCD có tâm O, AC = 2a ; BD = 2AC . Lấy điểm S không thuộc (ABCD) sao cho SO ⊥ (ABCD) . Biết tan(SBO) = 1/2. Tính số đo của góc giữa SC và ( ABCD)

A. 30° B.45° C. 60° D. 90°

Hướng dẫn giải

Chọn B

V. Bài tập vận dụng

Câu 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (SAB) là α, khi đó tanα nhận giá trị nào trong các giá trị sau?

Hiển thị lời giải

Câu 2: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cạnh huyền BC = a. Hình chiếu vuông góc của S lên (ABC) trùng với trung điể BC . Biết SB = a. Tính số đo của góc giữa SA và (ABC)

A. 30° B.45° C. 60° D. 75°

Hiển thị lời giải

Gọi M là trung điểm BC.

Tam giác ABC vuông đường trung tuyến AM nên:

AM = BM = a/2, SB = a

Có SM ⊥ (ABC) nên AM là hình chiếu của SA lên mp(ABC)

⇒ ( SA,(ABC)) = (SA, AM) = ∠SAM

Áp dụng định lý Pytago

Xét tam giác SAM có

tan(SAM) = SM/AM = √3 ⇒ ∠SAM = 60°

Vậy chọn C

Câu 3: Cho hình chóp S. ABC có SA ⊥ (ABC) và tam giác ABC không vuông. Gọi H, K lần lượt là trực tâm tam giác ABC và tam giác SBC. Số đo góc tạo bởi SC và (BHK) là:

A. 45° B. 120° C. 90° D. 65°

Hiển thị lời giải

Câu 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông. Mặt bên SAB là tam giác đều có đường cao AH vuông góc với mp( ABCD). Gọi α là góc giữa BD và mp(SAD) . Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau?

Hiển thị lời giải

Gọi I là trung điểm AS.

+ Ta chứng minh AD ⊥ (SAB):

Do AD ⊥ AB và AD ⊥ SH ( vì SH ⊥ (ABCD)

⇒ AD ⊥ (SAB) nên AD ⊥ BI.

Lại có: BI ⊥ SA

⇒ BI ⊥ (SAD)

⇒ góc giữa BD và (SAD) là góc ∠IDB

Câu 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA ⊥ (ABCD), SA = a√6. Gọi α là góc giữa SC và mp (ABCD). Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau ?

Hiển thị lời giải

Vì SA ⊥ (ABCD) nên AC là hình chiếu vuông góc của SC lên (ABCD)

⇒ Góc giữa giữa SC và mp(ABCD) bằng góc giữa SC và AC

⇒ α = ∠SCA

Xét tam giác SAC vuông tại A có:

Chọn D

Câu 6: Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' cạnh a. Gọi α là góc giữa AC’ và mp(A'BCD'). Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau?

Hiển thị lời giải