Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật tâm \(O\), đường thẳng \(SO\) vuông góc với . Biết \(AB = 2a\), \(AD = a\), \(SO = a\). Gọi \(J\), \(H\) là trung điểm của \(CD\), \(SB\). Tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {AHJ} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\).
A. \(0,231\).
B. \(0,436\).
C. \(0,741\).
D. \(0,87\).
GY:
\(\)
Kẻ \(IH\,{\rm{//}}\,SO\), \(I \in BD\). Suy ra \(IH \bot \left( {ABCD} \right)\).
Trong tam giác \(BCD\): \(\cos \widehat {CDB} = \frac{{CD}}{{BD}} = \frac{2}{{\sqrt 5 }}\).
+) \(I{J^2} = D{J^2} + D{I^2} – 2.DI.DJ.cos\widehat {CDB} = \frac{{13{a^2}}}{{16}}\)\( \Rightarrow IJ = \frac{{\sqrt {13} a}}{4}\).
+) \(AJ = \sqrt {A{D^2} + D{J^2}}= a\sqrt 2 \).
+) \(AI = \sqrt {A{B^2} + B{I^2} – 2.A
B. BI.cos\widehat {ABI}}= \frac{{\sqrt {37} a}}{4}\).
+) \(HJ = \sqrt {H{I^2} + I{J^2}}= \frac{{\sqrt {17} a}}{4}\).
+) \(AH = \sqrt {A{I^2} + I{H^2}}= \frac{{\sqrt {41} a}}{4}\).
+) Đặt \({p_1} = \frac{{AJ + AH + JH}}{2}\)\( \Rightarrow {S_{\Delta AHJ}} = \sqrt {{p_1}\left( {{p_1} – AJ} \right)\left( {{p_1} – AH} \right)\left( {{p_1} – JH} \right)} \)\( = \frac{{\sqrt {33} {a^2}}}{8}\).
+) Đặt \({p_2} = \frac{{AJ + AI + JI}}{2}\)\( \Rightarrow {S_{\Delta AIJ}} = \sqrt {{p_2}\left( {{p_2} – AJ} \right)\left( {{p_2} – AI} \right)\left( {{p_2} – JI} \right)} \)\( = \frac{{5{a^2}}}{8}\).
Vì \(HI \bot \left( {ABCD} \right)\), suy ra \(\Delta AIJ\) là hình chiếu vuông góc của \(\Delta AHJ\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\).
Gọi \(\alpha \) là góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {AHJ} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\).
Ta có: \(\cos \alpha= \frac{{{S_{\Delta AIJ}}}}{{{S_{\Delta AHJ}}}} = \frac{{5\sqrt {33} }}{{33}} \approx 0,87\).
======= Thuộc mục: Trắc nghiệm Khoảng cách và góc trong không gian
Để lại phản hồi