Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là gì? Cách xác định và bài tập

Tìm góc thân thiết đàng cao SH và mặt mày phẳng lặng (SAB).

Dựng \[HE \bot AB,HF \bot SE.\]

Ta có: \[AB \bot SH \Rightarrow AB \bot \left( {SHE} \right) \Rightarrow AB \bot HF.\]

Mặt không giống \[HF \bot SE \Rightarrow HF \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow F\] là hình chiếu vuông góc của H bên trên mặt mày phẳng lặng (SAB).

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

Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABC, sở hữu lòng ABC là tam giác đều cạnh 2a. Cạnh mặt mày \[SA = a\sqrt 3 \] và vuông góc với lòng. Tính góc thân thiết SA và mặt mày phẳng lặng (SBC).

Từ A kẻ AK vuông góc với BC bên trên K.

Ta sở hữu : \[SA \bot BC\] và \[AK \bot BC \Rightarrow BC \bot \left( {SAK} \right).\]

Kẻ \[AH \bot SK,H \in SK\]. Mà \[BC \bot AH.\]

Suy đi ra \[AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow \widehat {\left( {SA;\left( {SBC} \right)} \right)} = \widehat {ASH} = \widehat {ASK}.\]

Tam giác SAK vuông bên trên A, sở hữu \[SA = AK = a\sqrt 3 .\]

\[ \Rightarrow \] tam giác SAK vuông cân nặng bên trên A nên \[ASK = 45^\circ .\]

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

Do \[\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right).\]

Dựng \[AM \bot SB \Rightarrow AM \bot \left( {SBC} \right)\]

\[ \Rightarrow \] M là hình chiếu vuông góc của A bên trên (SBC).

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

Do tê liệt \[\tan \alpha  = \frac{{AB}}{{SA}} = \frac{1}{2}.\]

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

Dựng \[AE \bot BD,AF \bot SE\] tớ có:

 \[\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AE\\BD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAE} \right) \Rightarrow BD \bot AF.\]

Mặt không giống

\[\begin{array}{l}AF \bot SE \Rightarrow AF \bot \left( {SBD} \right)\\ \Rightarrow \widehat {\left( {SA;\left( {SBD} \right)} \right)} = \widehat {ASF} = \widehat {ASE}.\end{array}\]

Khi tê liệt \[\tan \widehat {ASE} = \frac{{AE}}{{SA}}\], nhập 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 sở hữu lòng là hình thang vuông bên trên A và B sở hữu \[AD = 2AB = 2CD = 2a\] và \[SA \bot \left( {ABCD} \right)\]. sành rằng SC tạo nên với lòng một góc \[60^\circ \]. Tính tan góc thân thiết SA và những mặt mày phẳng lặng (SBC), (SCD) và (SBD).

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

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

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

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

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

Suy đi 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 vắn cạnh a \[ \Rightarrow CI = \frac{{AD}}{2} = a \Rightarrow \Delta ACD\] vuông bên trên C.

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

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

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

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

Mặt không giống

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

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 bên trên C.

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

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

Dựng \[AE \bot BC\], \[AF \bot SE\]

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

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

Mặt không giống \[AE = AB\sin \widehat {ABE} = AB\sin 60^\circ  = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\]

Suy đi 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 tê liệt \[\widehat {\left( {SA;\left( {SCD} \right)} \right)} = \widehat {ASK} = \widehat {ASC} = \varphi .\]

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

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

Dựng \[HE \bot BC,HF \bot B'E\] tớ 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: \[HE = HB\sin \widehat {HBE} = \frac{a}{2}\sin 60^\circ  = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\]

Do tê liệt \[\cos \widehat {HB'E} = \frac{{B'H}}{{B'E}} = \frac{{B'H}}{{\sqrt {B'{H^2} + H{E^2}} }} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.\]

Tính góc thân thiết cạnh mặt mày SC và mặt mày phẳng lặng (SAB). Đặt \[\widehat {\left( {SC;\left( {SAB} \right)} \right)} = \varphi \left( {0^\circ  \le \varphi  \le 90^\circ } \right).\]

Ta sở hữu công thức: \[\sin \varphi  = \frac{{d\left( {C;\left( {SAB} \right)} \right)}}{{SC}}.\]

Từ tê liệt suy đi ra những độ quý hiếm \[\cos \varphi \] hoặc \[\tan \varphi \] nếu đề bài bác đòi hỏi.

Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD sở hữu lòng ABCD là hình chữ nhật sở hữu \[AD = 2a,AB = a\sqrt 2 \]. Tam giác SAD cân nặng bên trên S và nằm trong mặt mày phẳng lặng vuông góc với lòng. Đường trực tiếp SB tạo nên với lòng một góc \[30^\circ \]. Tính sin góc tạo nên bởi:

a) SA và mặt mày phẳng lặng (SBC).

b) SD và mặt mày phẳng lặng (SAC).

Lời giải

Gọi H là trung điểm của AD tớ có: \[SH \bot AD\]

Lại có: \[\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right).\]

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

Do \[SH \bot \left( {ABCD} \right)\]

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

Suy đi 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 \[\left\{ \begin{array}{l}HE \bot BC\\HF \bot SE\end{array} \right.\] tacó: \[BC \bot HF\] kể từ tê liệt suy đi ra \[HF \bot \left( {SBC} \right)\]

\[ \Rightarrow d\left( {H;\left( {SBC} \right)} \right) = HF = d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right).\]

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 \[HN \bot AC \Rightarrow AC \bot \left( {SHN} \right)\]

Dựng \[HI \bot SN \Rightarrow HI \bot \left( {SAC} \right)\]

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 \[DM \bot AC \Rightarrow DM = \frac{{2a\sqrt 2 }}{{\sqrt 6 }} \Rightarrow HN = \frac{a}{{\sqrt 3 }}\]

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

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

Gọi O là trung điểm của BD tớ có: \[SO \bot BC\] mặt không giống \[\left( {SBD} \right) \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SO \bot \left( {ABC} \right)\]

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

Dựng \[OE \bot BC,OF \bot SE \Rightarrow OF \bot \left( {SBC} \right).\]

\[d\left( {D;\left( {SBC} \right)} \right) = 2d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right) = 2HF\]

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

Mặt không giống \[SA = \sqrt {S{O^2} + O{A^2}}  = a\sqrt 2 .\]

Do tê liệt \[\sin \widehat {\left( {SA;\left( {SBC} \right)} \right)} = \frac{{d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right)}}{{SA}} = \frac{{\sqrt {42} }}{7}.\]

Dựng \[HE \bot AC\] và \[HF \bot A'E\]

Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}AC \bot A'H\\AC \bot HE\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot HF \Rightarrow HF \bot \left( {AA'C} \right).\]

Khi tê liệt \[d\left( {H;\left( {A'AC} \right)} \right) = HF.\]

Lại sở hữu \[BC = 2HC\] nên \[d\left( {B;\left( {AA'C} \right)} \right) = 2d\left( {H;\left( {AA'C} \right)} \right).\]

Mặt không giống ME là đàng khoảng nhập tam giác ABC

nên \[ME = \frac{{AB}}{2} = \frac{a}{2}.\]

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

Suy đi ra \[d\left( {B;\left( {AA'C} \right)} \right) = \frac{{2a\sqrt 2 }}{3};BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}}  = 2a.\]

Xem thêm: Tuổi Giáp Thân 2004 mệnh gì? Hợp màu gì, hợp tuổi gì, hướng nào tốt? | Mytour

Lại sở hữu \[A'B = \sqrt {A'{H^2} + H{B^2}}  = a\sqrt 3 .\]

Suy đi ra \[\sin \widehat {\left( {A'B;\left( {A'AC} \right)} \right)} = \sin \varphi  = \frac{{d\left( {B;\left( {A'AC} \right)} \right)}}{{BA'}} = \frac{{2\sqrt 6 }}{9}\]

\[ \Rightarrow \cos \varphi  = \sqrt {1 - {{\sin }^2}\varphi }  = \frac{{\sqrt {57} }}{9}.\]