Cho hình lăng trụ\(ABC \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }\)có đáy là tam giác đều cạnh\(2a\), cạnh bên\(A{A^\prime } = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\). Hình chiếu vuông góc của\({A^\prime }\)trên mặt phẳng\(\left( {ABC} \right)\)là trung điểm\(H\)của cạnh\(AB\). Tính góc giữa đường thẳng\({A^\prime }H\)và mặt phẳng\(\left( {BC{C^\prime }{B^\prime }} \right)\).

Câu hỏi:

Cho hình lăng trụ\(ABC \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }\)có đáy là tam giác đều cạnh\(2a\), cạnh bên\(A{A^\prime } = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\). Hình chiếu vuông góc của\({A^\prime }\)trên mặt phẳng\(\left( {ABC} \right)\)là trung điểm\(H\)của cạnh\(AB\). Tính góc giữa đường thẳng\({A^\prime }H\)và mặt phẳng\(\left( {BC{C^\prime }{B^\prime }} \right)\).

A. \({60^\circ }\).

B. \({30^\circ }\).

C. \({90^\circ }\).

D. \({45^\circ }\).

GY:

Gọi\(E = A’H \cap BB’\). Kẻ\(HF \bot BC\) tại \(F\). Kẻ \(HK \bot EF\) tại \(K\).

Ta có\(BC \bot HF,\,\,BC \bot A’E \Rightarrow BC \bot \left( {A’EF} \right) \Rightarrow BC \bot HK\).

Lại có\(HK \bot EF \Rightarrow HK \bot \left( {BCC’B’} \right)\)

\( \Rightarrow EK\)là hình chiếu vuông góc của\(HE\)trên mp\(\left( {BCC’B’} \right)\).

Suy ra\(\widehat {\left( {A’H,\left( {BCC’B’} \right)} \right)} = \widehat {\left( {HE,EK} \right)} = \widehat {HEK} = \widehat {HEF}\).

Xét tam giác\(HEF\)vuông tại\(H\), ta có\(\tan \widehat {HEF} = \frac{{HF}}{{HE}}\).

Ta có\(HB\,{\rm{//}}\,A’B’ \Rightarrow \frac{{HB}}{{{A^\prime }{B^\prime }}} = \frac{{HE}}{{{A^\prime }E}} = \frac{1}{2} \Rightarrow HE = {A^\prime }H = \sqrt {A{{A’}^2} – A{H^2}}= \frac{a}{2}\).

Xét tam giác\(HFB\)vuông tại\(F\)có\(HF = H

B. \sin B = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

\( \Rightarrow \tan \widehat {HEF} = \frac{{HF}}{{HE}} = \sqrt 3\Rightarrow \widehat {HEF} = {60^\circ }\). Vậy\(\widehat {\left( {A’H\,,\,\left( {BCC’B’} \right)} \right)} = {60^\circ }\).

======= Thuộc mục: Trắc nghiệm Khoảng cách và góc trong không gian