Cho Hình Chóp S.ABCD Có đáy ABCD Là Nửa ...

Câu hỏi số 406016: Vận dụng

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính AB = 2a. Cạnh SA vuông góc với đáy, \(SA = a\sqrt 3 \). Tính góc giữa :

     a) (SAD) và (SBC)    

     b) (SBC) và (SCD).

A. \(arctan \sqrt 7 \); \(arccos \dfrac{{\sqrt {10} }}{5}\). B. \(arctan \sqrt 2 \); \(arccos \dfrac{{\sqrt {5} }}{6}\). C. \(arctan \sqrt 5 \); \(arccos \dfrac{{\sqrt {5} }}{6}\). D. \(arctan \sqrt 2 \); \(arccos \dfrac{{\sqrt {10} }}{5}\).

Đáp án đúng là: A

Quảng cáo

Xem lời giải Câu hỏi:406016 Phương pháp giải

a) Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến.

b) Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt vuông góc với hai mặt phẳng.

Giải chi tiết

a) (SAD) và (SBC)

+ Gọi \(O = AD \cap BC \Rightarrow \left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right) = SO\).

+ \(\angle ADB = \angle ACB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

+ \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AD\\BD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow BD \bot SO\).

Trong (SBO) kẻ \(BM \bot SO\,\,\left( {M \in SO} \right)\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BM \bot SO\\BD \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow SO \bot \left( {BDM} \right) \Rightarrow SO \bot DM\).

+ \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right) = SO\\DM \subset \left( {SAD} \right);\,\,DM \bot SO\\BM \subset \left( {SBC} \right);\,\,BM \bot SO\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \angle \left[ {\left( {SAD} \right);\left( {SBC} \right)} \right] = \angle \left( {BM;DM} \right) = \angle BMD\).

+ \(BD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow BD \bot DM \Rightarrow \Delta BDM\) vuông tại D.

+ ABCD là nửa lục giác đều \( \Rightarrow AD = CD = BC = a\).

+ Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ABD: \(BD = \sqrt {A{B^2} - A{D^2}}  = \sqrt {4{a^2} - {a^2}}  = a\sqrt 3  = AC\).

+ Xét \(\Delta ODM\) và \(\Delta OSA\) có: \(\angle AOS\) chung; \(\angle OMD = \angle OAS = {90^0}\)

\( \Rightarrow \Delta ODM \sim \Delta OSA\,\,\left( {g.g} \right)\) \( \Rightarrow \dfrac{{DM}}{{SA}} = \dfrac{{OD}}{{OS}}\).

+ Dễ thầy DC // AB và \(DC = \dfrac{1}{2}AB \Rightarrow DC\) là đường trung bình của tam giác OAB.

\( \Rightarrow D,\,\,C\) lần lượt là trung điểm của OA, OB \( \Rightarrow OA = OB = 2a\).

\( \Rightarrow DM = \dfrac{{SA.OD}}{{OS}} = \dfrac{{a\sqrt 3 .a}}{{\sqrt {3{a^2} + 4{a^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt {21} }}{7}\).

+ Xét \(\Delta BDM\): \(\tan \angle BMD = \dfrac{{BD}}{{DM}} = a\sqrt 3 :\dfrac{{a\sqrt {21} }}{7} = \sqrt 7 \).

Vậy \(\angle \left[ {\left( {SAD} \right);\left( {SBC} \right)} \right] = \arctan \sqrt 7 \).  

b) (SBC) và (SCD).

Trong (ABCD) hạ \(AH \bot CD\,\,\left( {H \in CD} \right)\), trong (SAH) kẻ \(AI \bot SH\,\,\left( {I \in SH} \right)\).

+ \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AH\\CD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow CD \bot AI\).

+ \(\left\{ \begin{array}{l}AI \bot SH\\AI \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow AI \bot \left( {SCD} \right)\,\,\,\left( 1 \right)\).

Trong (SAC) kẻ \(AJ \bot SC\,\,\left( {J \in SC} \right)\).

+ \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AC\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BC \bot AJ\).

+ \(\left\{ \begin{array}{l}AJ \bot SC\\AJ \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow AJ \bot \left( {SBC} \right)\,\,\left( 2 \right)\).

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle \left[ {\left( {SBC} \right);\left( {SCD} \right)} \right] = \angle \left( {AI;AJ} \right) = \angle IAJ\).

Do \(AI \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow AI \bot IJ \Rightarrow \Delta AIJ\) vuông tại I.

+ Xét tam giác vuông AHD: \(AH = AD.\sin \angle ADH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

+ Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAH:  \(AI = \dfrac{{SA.AH}}{{\sqrt {S{A^2} + A{H^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 3 .\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\sqrt {3{a^2} + \dfrac{{3{a^2}}}{4}} }} = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{5}\).

+ Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAC:  \(AJ = \dfrac{{SA.AC}}{{\sqrt {S{A^2} + A{C^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 3 .a\sqrt 3 }}{{\sqrt {3{a^2} + 3{a^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{2}\).

+ Xét tam giác vuông AIJ: \(\cos \angle IAJ = \dfrac{{AI}}{{AJ}} = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{5}:\dfrac{{a\sqrt 6 }}{2} = \dfrac{{\sqrt {10} }}{5}\).

Vậy \(\angle \left[ {\left( {SBC} \right);\left( {SCD} \right)} \right] = \arccos \dfrac{{\sqrt {10} }}{5}\).