Bài 109889

Question

Cho hình chóp

$S.ABCD$ có đáy

$ABCD$ là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính

$AB=2a,SA=a\sqrt{3}$ và vuông góc với mặt phẳng

$(ABCD)$

$a.$ Tính góc giữa hai mặt phẳng

$(SAD)$ và

$(SBC)$

$b.$ Tính góc giữa hai mặt phẳng

$(SBC)$ và

$(SCD)$

Tiểu Bắc · Answer 1 · 6/28/2012 11:27:08 AM

$a.$ Ta có thể lựa chọn một trong hai cách trình bày sau :
Cách

$1:$ (Dựng góc dựa trên giao tuyến) : Giả sử :

$AD\cap BD$ vì

$ABCD$ là nủa lục giác đều

$SA\bot BD$ giả thiết
suy ra :

$BD\bot (SAD)\Rightarrow BD\bot SE$
Hạ

$DF\bot SE$ tại

$F$ suy ra :

$(BDF)\bot SE$
Như vậy ta được một góc giữa hai mặt phẳng

$(SAD)$ và

$(SBC)$ là

$\widehat{BFD}$
Vì

$\Delta ABE$ đều nên

$AE=AB=2a$
Vì

$\Delta CDE$ đều nên

$DE=CD=a$
Trong

$\Delta SAE$ vuông tại

$S$ ta có :

$SE^2=SA^2+AE^2=(a\sqrt{3} )^2+(2a)^2=7a^2\Rightarrow SE=a\sqrt{7}$
Hai tam giác vuông

$SAE,DFE$ có chung góc

$\widehat{E}$ nên chúng đồng dạng, suy ra :

$\frac{DF}{SA}=\frac{DE}{SE}\Rightarrow DF=\frac{SA.DE}{SE}=\frac{a\sqrt{3}.a }{a\sqrt{7} } =\frac{a\sqrt{21} }{7}$
Trong

$\Delta ABD$ vuông tại

$A$ ta có :

$BD=ABsin\widehat{BAD}=2a.cos60^0=a\sqrt{3}$
Trong

$\Delta BDF$ vuông tại

$D$ ta có :

$tan\widehat{BFD}=\frac{BD}{DE}=\frac{a\sqrt{3} }{\frac{a\sqrt{21} }{7} } =\sqrt{7}\Rightarrow \widehat{BFD}$ nhọn
Vậy ta được

$tan((SAD),(SBC))=\sqrt{7}$
Cách

$2:$ Nhận xét rằng :

$AD\bot BD$ vì

$ABCD$ là nửa lục giác đều

$SA\bot BD$ giả thiết
suy ra

$BD\bot (SAD) (1)$
Trong

$(SAC)$ hạ

$AJ\bot SC$ tại

$J$ ta có

$BC\bot AC$ vì

$ABCD$ là nửa lục giác đều nội tiếp

$BC\bot SA$ giả thiết
suy ra

$BC\bot (SAC)\Rightarrow BC\bot AJ\Rightarrow AJ\bot (SBC) (2)$
Trong

$(SAc)$ hạ

$OK\bot SC$ tại

$K$ suy ra

$OK//AJ (3)$
Từ

$(1),(2),(3)$ suy ra :

$((SAD),(SBC))=(BD,AJ)=(BD,OK)=\widehat{KOB}$
Trong nửa lục giác đều

$ABCD$ ta có:

$OC=\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3} }{2}=\frac{a\sqrt{3} }{3}$

$OB=\frac{a\sqrt{3} }{2} +\frac{1}{3} .\frac{a\sqrt{3} }{2} =\frac{2a\sqrt{3} }{2}$
Trong

$\Delta SAC$ vuông tại

$S$ ta có :

$SC^2=SA^2+AC^2=SA^2+(AB^2-BC^2)$

$=(a\sqrt{3} )^2+(4a^2-a^2)=6a^2\Rightarrow SC=a\sqrt{6}$
Hai tam giác vuông

$SAC,OKC$ có chung góc nhon

$\widehat{C}$ nên chúng đồng dạng, suy ra :

$\frac{OK}{SA}=\frac{OC}{SC}\Rightarrow OK=\frac{SA.OC}{SC}=\frac{a\sqrt{3}.\frac{a\sqrt{3} }{3} }{a\sqrt{6} } =\frac{a\sqrt{6} }{6}$
Trong

$\Delta KOB$ vuông tại

$K$ ta có:

$cos\widehat{KOB}=\frac{OK}{OB}=\frac{\frac{a\sqrt{6} }{6} }{\frac{2a\sqrt{3} }{3} } =\frac{\sqrt{2} }{4}$
Vậy ta được

$cos((SAD),(SBC))=\frac{\sqrt{2} }{4}$

$b.$ Trong

$(SAC)$ hạ

$AJ\bot SC$ tại

$J$ ta có :

$BC\bot AC$ vì

$ABCD$ là nửa lục giác đều nội tiếp

$BC\bot SA$ giả thiết
suy ra :

$BC\bot (SAC)\Rightarrow BC\bot AJ\Rightarrow AJ\bot (SBC) (4)$
Hạ

$AH\bot CD$ tại

$H$ suy ra :

$\begin{cases} CD\bot AH\\CD\bot SA\end{cases} \Rightarrow CD\bot (SAH)$

$\Rightarrow (SCD)\bot (SAH)$ và

$(SCD)\bot (SAH)=SH$
Hạ

$AI\bot SH$ tại

$I$ suy ra

$AI\bot (SCD) (5)$
Từ

$(4),(5)$ suy ra

$((SCD),(SBC))=\widehat{IAJ}$
Trong

$\Delta SAH$ vuông tại

$A$ ta có :

$AH=\frac{a\sqrt{3} }{2}$

$\frac{1}{AI^2}=\frac{1}{SA^2}+\frac{1}{AH^2} =\frac{1}{(a\sqrt{3} )^2}+\frac{1}{(\frac{a\sqrt{3} }{2} )^2} =\frac{5}{3a^2} \Rightarrow AI=\frac{a\sqrt{15} }{5}$
Trong

$\Delta SAC$ vuông tại

$A$ ta có :

$AC=SA=a\sqrt{3}\Rightarrow AJ=\frac{1}{2} SC=\frac{SA\sqrt{2} }{2} =\frac{a\sqrt{6} }{2}$
Trong

$\Delta AIJ$ vuông tại

$I$ ta có :

$cos\widehat{IAJ}=\frac{AI}{AJ}=\frac{\frac{a\sqrt{15} }{5} }{\frac{a\sqrt{6} }{2} } =\frac{\sqrt{10} }{5}$
Vậy ta được

$cos((SCD),(SBC))=\frac{\sqrt{10} }{5}$

Bài 109889

1 Đáp án

Lý thuyết liên quan

Bài 109889

1 Đáp án

Liên quan

Lý thuyết liên quan