Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật, cạnh \(SA\) vuông góc với mặt đáy, \(AB

Câu hỏi số 462012:

Vận dụng cao

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật, cạnh \(SA\) vuông góc với mặt đáy, \(AB = a\), \(SA = a\sqrt 3 \), \(BC = a\sqrt 2 \).

1) Chứng minh \(BC \bot \left( {SAB} \right)\).

2) Gọi \(E\) là trung điểm của cạnh \(BC\). Chứng minh \(BD \bot SE\).

3) Gọi \(\alpha \) là góc giữa đường thẳng \(SC\) và mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\). Tính \(\cos \alpha \).

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:462012

Phương pháp giải

1) Sử dụng định lí: \(\left\{ \begin{array}{l}d \bot a\\d \bot b\\a \cap b \subset \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow d \bot \left( P \right)\).

2) Sử dụng định lí Ta-lét và định lí Pytago, tính độ dài các cạnh AI, BI.

Sử dụng định lí Pytago đảo chứng minh tam giác ABI vuông tại I.

Sử dụng định lí: \(\left\{ \begin{array}{l}d \bot a\\d \bot b\\a \cap b \subset \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow d \bot \left( P \right)\), \(\left\{ \begin{array}{l}d \bot \left( P \right)\\\forall a \subset \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow d \bot a\).

3) Xác định hình chiếu vuông góc của điểm C lên (SBD), từ đó xác định góc giữa SC và (SBD).

Sử dụng định lí Pytago, định lí Ta-lét, tam giác đồng dạng tính độ dài đoạn thẳng CK.

Tính \(\sin \alpha \), từ đó tính \(\cos \alpha \).

Giải chi tiết

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật, cạnh \(SA\) vuông góc với mặt đáy, \(AB = a\), \(SA = a\sqrt 3 \), \(BC = a\sqrt 2 \).

1) Chứng minh \(BC \bot \left( {SAB} \right)\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\,\,\left( {gt} \right)\\BC \bot SA\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\).

2) Gọi \(E\) là trung điểm của cạnh \(BC\). Chứng minh \(BD \bot SE\).

Gọi \(I = AE \cap BD\).

Áp dụng định lí Ta-lét ta có:

\(BC//AD \Rightarrow \dfrac{{BI}}{{DI}} = \dfrac{{BE}}{{AD}} = \dfrac{1}{2}\), \(\dfrac{{AI}}{{EI}} = \dfrac{{AD}}{{BE}} = 2\).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow BI = \dfrac{1}{3}BD = \dfrac{1}{3}\sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\\\,\,\,\,\,\,AI = \dfrac{2}{3}AE = \dfrac{2}{3}\sqrt {A{B^2} + B{E^2}} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}\end{array}\)

Xét tam giác \(ABI\) có: \(A{I^2} + B{I^2} = {\left( {\dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)^2} = {a^2} = A{B^2}\).

\( \Rightarrow \Delta ABI\) vuông tại \(I\) \( \Rightarrow AI \bot BI\) hay \(AE \bot BD\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AE\\BD \bot SA\,\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow BD \bot \left( {SAE} \right)\).

Mà \(SE \subset \left( {SAE} \right) \Rightarrow BD \bot SE\,\,\left( {dpcm} \right)\).

3) Gọi \(\alpha \) là góc giữa đường thẳng \(SC\) và mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\). Tính \(\cos \alpha \).

Gọi \(M,\,\,N\) lần lượt là trung điểm của \(AD,\,\,SD\) ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CM//AE\\MN//SA\end{array} \right. \Rightarrow \left( {CMN} \right)//\left( {SAE} \right)\).

Mà \(\left( {SAE} \right) \bot BD\,\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow \left( {CMN} \right) \bot BD\).

Gọi \(H = CM \cap BD\). Trong \(\left( {CMN} \right)\) kẻ \(CK \bot HN\,\,\left( {K \in HN} \right)\) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}CK \bot HN\\CK \bot BD\end{array} \right. \Rightarrow CK \bot \left( {SBD} \right)\).

\( \Rightarrow SK\) là hình chiếu vuông góc của \(CK\) lên \(\left( {SBD} \right)\) \( \Rightarrow \angle \left( {SC;\left( {SBD} \right)} \right) = \angle \left( {SC;SK} \right) = \angle KSC\).

Dễ thấy \(\Delta MHN \sim \Delta KHC\,\,\left( {g.g} \right)\) \( \Rightarrow \dfrac{{KC}}{{MN}} = \dfrac{{HC}}{{HN}}\).

Ta có: \(MN = \dfrac{1}{2}SA = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\dfrac{{HC}}{{HM}} = \dfrac{{BC}}{{MD}} = 2 \Rightarrow HC = \dfrac{2}{3}MC = \dfrac{2}{3}AE = AI = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}\).

\( \Rightarrow HM = \dfrac{1}{2}HC = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{6}\). Áp dụng định lí Pytago ta có: \(HN = \sqrt {M{N^2} + H{M^2}} = \dfrac{{a\sqrt {33} }}{6}\).

\( \Rightarrow KC = \dfrac{{MN.HC}}{{HN}} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}}}{{\dfrac{{a\sqrt {33} }}{6}}} = \dfrac{{a\sqrt {66} }}{{11}}\).

Ta lại có: \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = a\sqrt 3 \Rightarrow SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}} = a\sqrt 6 \).

Vì \(CK \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow CK \bot SK \Rightarrow \Delta SCK\) vuông tại K.

Ta có: \(\sin \angle KSC = \dfrac{{KC}}{{SC}} = \dfrac{{a\sqrt {66} }}{{11}}:a\sqrt 6 = \dfrac{{\sqrt {11} }}{{11}}\).

Vậy \(\cos \alpha = \sqrt {1 - \dfrac{1}{{11}}} = \dfrac{{\sqrt {110} }}{{11}}\).

Group 2K9 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> 2K9 Chú ý! Lộ Trình Sun 2027 - 1 lộ trình ôn đa kỳ thi (TN THPT, ĐGNL (Hà Nội/ Hồ Chí Minh), ĐGNL Sư Phạm, ĐGTD, ĐGNL Bộ Công an, ĐGNL Bộ Quốc phòngTD - Click xem ngay) tại Tuyensinh247.com. Cập nhật bám sát bộ SGK mới, Thầy Cô giáo giỏi, 3 bước chi tiết: Nền tảng lớp 12; Luyện thi chuyên sâu; Luyện đề đủ dạng đáp ứng mọi kì thi.