===============
9. Cho hình chóp \(S.ABCD\) có \(SA\) vuông góc với mặt phẳng đáy, \(ABCD\) là hình chữ nhật có \(AD = 3a,\,AC = 5a\), góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SCD} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) bằng \(45^\circ \). Khi đó \(\cos \) của góc giữa đường thẳng \(SD\) và mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) bằng
A. \(\frac{{\sqrt {119} }}{{12}}\).
B. \(\frac{{2\sqrt 2 }}{5}\).
C. \(\frac{{\sqrt {17} }}{5}\).
D. \(\frac{5}{{12}}\).
Lời giải
Cách 1
Gọi \(H\) là hình chiếu của \(A\) lên \(SB\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AH\).
\(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AH\\SB \bot AH\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right)\).
Dựng hình chữ nhật \(AHED\)\( \Rightarrow AH\,{\rm{//}}\,{\rm{DE}}\) \( \Rightarrow DE \bot \left( {SBC} \right)\).
Do đó, \(\left( {\widehat {SD,\,\left( {SBC} \right)}} \right) = \left( {\widehat {SD,\,SE}} \right) = \widehat {DSE}\).
Hai mặt phẳng \(\left( {SCD} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) cắt nhau theo giao tuyến \(CD\), \(AD \subset \left( {ABCD} \right)\) và \(AD \bot CD\), \(SD \subset \left( {SCD} \right)\) và \(SD \bot CD\) nên \(\left( {\widehat {\left( {SCD} \right),\,\left( {ABCD} \right)}} \right) = \widehat {SDA} = 45^\circ \).
Tam giác \(SAD\) vuông tại \(A\), có \(AD = 3a\) nên \(SD = \frac{{AD}}{{\cos \widehat {SDA}}} = \frac{{3a}}{{\cos 45^\circ }} = 3a\sqrt 2 \); \(SA = AD.\tan 45^\circ = 3a\).
Đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật nên \(AB = DC = \sqrt {A{C^2} – A{D^2}} = \sqrt {{{\left( {5a} \right)}^2} – {{\left( {3a} \right)}^2}} = 4a\).
Tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AH\) nên
\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {3a} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {4a} \right)}^2}}} = \frac{{25}}{{144{a^2}}}\)\( \Rightarrow AH = \frac{{12a}}{5}\).
\(AHDE\) là hình chữ nhật nên \(AH = DE = \frac{{12a}}{5}\).
Tam giác \(SDE\) vuông tại \(E\) nên \(\sin \widehat {DSE} = \frac{{DE}}{{SD}} = \frac{{\frac{{12a}}{5}}}{{3a\sqrt 2 }} = \frac{{2\sqrt 2 }}{5}\)
Suy ra: \(\cos \widehat {DSE} = \sqrt {1 – {{\sin }^2}\widehat {DSE}} = \frac{{\sqrt {17} }}{5}\).
Nhận xét:
Ta có thể không cần xác định chính xác hình chiếu của \(D\) lên mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) mà vẫn tính được góc giữa đường thẳng \(SD\) và mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) như sau:
Gọi \(\alpha \) là góc giữa \(SD\) và mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\).
Ta có \(\sin \alpha = \frac{{d\left( {D,\left( {SBC} \right)} \right)}}{{SD}} = \frac{{AH}}{{SD}} = \frac{{2\sqrt 2 }}{5}\).
Suy ra: \(\cos \alpha = \sqrt {1 – {{\sin }^2}\alpha } = \frac{{\sqrt {17} }}{5}\).
Cách 2 – Thầy Diệp Đào Hoàng:
Tam giác \(SAD\) vuông tại \(A\), có \(AD = 3a\) nên \(SD = \frac{{AD}}{{\cos \widehat {SDA}}} = \frac{{3a}}{{\cos 45^\circ }} = 3a\sqrt 2 \); \(SA = AD.\tan 45^\circ = 3a\).
Dựng hình chữ nhật \(SABP\), khi đó \(SP = AB = CD,\,SB\,{\rm{//}}\,{\rm{AB}}\,{\rm{//}}\,{\rm{CD}}\) nên \(SDCP\) là hình bình hành, mà \(CD \bot SD\) nên \(SDCP\) là hình chữ nhật. Suy ra \(SD{\rm{//}}CP,\,SD = CP = 3a\sqrt 2 \).
Từ \(P\) kẻ \(PH \bot SB\) tại \(H\), tam giác \(SPB\) vuông tại \(P\), đường cao \(PH\) nên
\(\frac{1}{{P{H^2}}} = \frac{1}{{S{P^2}}} + \frac{1}{{P{B^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{S{A^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {4a} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {3a} \right)}^2}}}\)\( \Rightarrow PH = \frac{{12a}}{5}\)
Ta có \(\left( {\widehat {SD,\,\left( {SBC} \right)}} \right) = \left( {\widehat {CP,\,\left( {SBC} \right)}} \right) = \widehat {PCH}\).
\(\sin \widehat {PCH} = \frac{{PH}}{{PC}} = \frac{{\frac{{12a}}{5}}}{{3a\sqrt 2 }} = \frac{{2\sqrt 2 }}{5}\).
Suy ra: \(\cos \widehat {PCH} = \sqrt {1 – {{\sin }^2}\widehat {PCH}} = \frac{{\sqrt {17} }}{5}\).
=================
CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI MỜI CÁC BẠN THAM KHẢO. (STRONG)
Để lại phản hồi