Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a,SAB\) là tam giác đều và \(\left(
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a,SAB\) là tam giác đều và \(\left( {SAB} \right)\) vuông góc với \(\left( {ABCD} \right).\) Tính \(\cos \varphi \) với \(\varphi \) là góc tạo bởi \((SAC)\) và \((SCD).\)
Đáp án đúng là: D
Quảng cáo
* Sử dụng cách tìm góc giữa hai mặt phẳng \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\) như sau:
+ Xác định giao tuyến \(d\) của \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\)
+ Xác định mặt phẳng \(\left( R \right)\) vuông góc với đường thẳng \(d\).
+ Xác định giao tuyến \(a = \left( P \right) \cap \left( R \right);\,b = \left( Q \right) \cap \left( R \right)\)
+ Góc giữa hai mặt phẳng \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\) là góc giữa hai đường thẳng \(a\) và \(b\).
* Tính toán bằng cách sử dụng định lý Pytago, tam giác đồng dạng, định lý hàm số cos trong tam giác.
Cho tam giác \(MNQ\) thì \(\cos M = \dfrac{{M{N^2} + M{Q^2} - N{Q^2}}}{{2MN.MQ}}\)
Gọi \(H;M\) là trung điểm của \(AB;BC\). \(DM\) cắt \(CH;AC\) lần lượt tại \(K\) và \(I\) .
+ Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\end{array} \right.\) mà \(SH \bot AB\) (do tam giác \(SAB\) đều có \(SH\) là đường trung tuyến)
Suy ra \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\)
+ Xét \(\Delta BHC = \Delta CMD\left( {c - g - c} \right) \Rightarrow \widehat B = \widehat {DMC}\)
mà \(\widehat B + \widehat {BCH} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {KMC} + \widehat {KCM} = 90^\circ \) \( \Rightarrow \widehat {MKC} = 90^\circ \Rightarrow MD \bot CH\)
Ta có \(MD \bot CH\,\left( {cmt} \right);\,MD \bot SH\) (do \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\)) nên \(MD \bot \left( {SHC} \right) \Rightarrow MD \bot SC\)
+ Trong \(\left( {SHC} \right)\) kẻ \(KE \bot SC\) tại \(E.\)
Ta có \(KE \bot SC\) và \(MD \bot SC \Rightarrow SC \bot \left( {EKD} \right)\)
Lại có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SDC} \right) \bot \left( {KED} \right)\\\left( {SAC} \right) \bot \left( {KED} \right)\\\left( {SDC} \right) \cap \left( {KED} \right) = DE\\\left( {SAC} \right) \cap \left( {KED} \right) = IE\end{array} \right. \Rightarrow \) góc giữa \((SAC)\) và \((SCD)\) là góc tạo bởi \(EI;ED\).
+ Vì \(MC//AD \Rightarrow \dfrac{{IA}}{{IC}} = \dfrac{{ID}}{{IM}} = \dfrac{{AD}}{{MC}} = \dfrac{{2a}}{a} = 2\)
\( \Rightarrow ID = \dfrac{2}{3}MD = \dfrac{2}{3}\sqrt {D{C^2} + M{C^2}} = \dfrac{2}{3}\sqrt {{a^2} + \dfrac{{{a^2}}}{4}} = \dfrac{2}{3}.\dfrac{{a\sqrt 5 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{3}\)
Và \(\dfrac{{IA}}{{IC}} = 2 \Rightarrow IC = \dfrac{1}{3}AC = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\)
+ Xét tam giác vuông \(DMC\) có \(CK\) là đường cao nên \(CK.MD = MC.CD \Leftrightarrow CK.\dfrac{{a\sqrt 5 }}{2} = a.\dfrac{a}{2} \Rightarrow CK = \dfrac{a}{{\sqrt 5 }}\)
+ Ta có \(\Delta CEK\) đồng dạng với \(\Delta CHS\) \( \Rightarrow \dfrac{{EK}}{{SH}} = \dfrac{{CK}}{{CS}}\) \( \Rightarrow EK = \dfrac{{SH.CK}}{{CS}} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{a}{{\sqrt 5 }}}}{{\sqrt {H{S^2} + C{H^2}} }} = \dfrac{{\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{{2\sqrt 5 }}}}{{a\sqrt 2 }} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{{2\sqrt {10} }}\)
+ Tam giác \(KEC\) vuông tại E nên \(EC = \sqrt {C{K^2} - E{K^2}} = \sqrt {{{\left( {\dfrac{a}{{\sqrt 5 }}} \right)}^2} - {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{{2\sqrt {10} }}} \right)}^2}} = \dfrac{a}{{2\sqrt 2 }}\)
+ Tam giác \(IKC\) vuông tại K nên \(KI = \sqrt {I{C^2} - C{K^2}} = \sqrt {\dfrac{{2{a^2}}}{9} - \dfrac{{{a^2}}}{5}} = \dfrac{a}{{3\sqrt 5 }}\)
+ Xét tam giác \(EKI\) vuông tại K (vì \(MD \bot \left( {SHC} \right) \Rightarrow DK \bot KE\) ) có
\(EI = \sqrt {E{K^2} + K{I^2}} = \sqrt {\dfrac{{3{a^2}}}{{40}} + \dfrac{{{a^2}}}{{45}}} = \dfrac{{a\sqrt 7 }}{{6\sqrt 2 }}\)
+ Xét tam giác \(ECD\) vuông tại E (do \(SC \bot \left( {EDK} \right) \Rightarrow SC \bot ED\)) có
\(ED = \sqrt {C{D^2} - E{C^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\dfrac{a}{{2\sqrt 2 }}} \right)}^2}} = \dfrac{{a\sqrt 7 }}{{2\sqrt 2 }}\)
+ Xét tam giác \(EID\) ta có \(\cos IED = \dfrac{{I{E^2} + E{D^2} - I{D^2}}}{{2IE.ED}} = \dfrac{{\dfrac{{7{a^2}}}{{72}} + \dfrac{{7{a^2}}}{8} - \dfrac{{5{a^2}}}{9}}}{{2.\dfrac{{a\sqrt 7 }}{{6\sqrt 2 }}.\dfrac{{a\sqrt 7 }}{{2\sqrt 2 }}}} = \dfrac{5}{7} > 0\)
Vậy \(\cos \varphi = \dfrac{5}{7}.\)
Đáp án cần chọn là: D
Group 2K8 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí
>> 2K8 Chú ý! Lộ Trình Sun 2026 - 3IN1 - 1 lộ trình ôn 3 kì thi (Luyện thi 26+ TN THPT, 90+ ĐGNL HN, 900+ ĐGNL HCM, 70+ ĐGTD - Click xem ngay) tại Tuyensinh247.com.Đầy đủ theo 3 đầu sách, Thầy Cô giáo giỏi, luyện thi theo 3 giai đoạn: Nền tảng lớp 12, Luyện thi chuyên sâu, Luyện đề đủ dạng đáp ứng mọi kì thi.
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
Hỗ trợ - Hướng dẫn
-
024.7300.7989
-
1800.6947
(Thời gian hỗ trợ từ 7h đến 22h)
Email: lienhe@tuyensinh247.com
