50 câu trắc nghiệm góc giữa đường thẳng và mặt phẳng mức vận dụng giải chi tiết được soạn dưới dạng file word và PDF gồm 10 trang. Các bạn xem và tải về ở dưới. Câu 1: Cho tứ diện đều $ABCD$. Gọi $varphi $ là góc giữa đường thẳng $AB$ và mặt phẳng $left( {BCD} right)$. Tính $cosvarphi $.
A. $cosvarphi = 0$.
B. $cosvarphi = frac{1}{2}$.
C. $cosvarphi = frac{{sqrt 3 }}{3}$.
D. $cosvarphi = frac{{sqrt 2 }}{3}$.
Lời giải
Gọi $M$ là trung điểm của $CD$. Ta có $BM = frac{{ABsqrt 3 }}{2}$.
Gọi $H$ là chân đường cao hạ từ $A$ xuống mặt phẳng $left( {BCD} right)$ thì $H in BM$ và $BH = frac{2}{3}BM = frac{{ABsqrt 3 }}{3}$
Góc giữa đường thẳng $AB$ và mặt phẳng $left( {BCD} right)$ là $widehat {ABM}$.
Ta có $cosvarphi = coswidehat {ABM} = frac{{BH}}{{AB}} = frac{{frac{{ABsqrt 3 }}{3}}}{{AB}} = frac{{sqrt 3 }}{3}$.
Câu 2: Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có cạnh đáy bằng $a$, cạnh bên bằng $sqrt 2 a$. Độ lớn của góc giữa đường thẳng $SA$ và mặt phẳng đáy bằng
A. ${45^ circ }$.
B. ${75^ circ }$.
C. ${30^ circ }$.
D. ${60^ circ }$.
Lời giải
Chọn D
Gọi $O$ là tâm của hình vuông $ABCD$, ta có $SO bot left( {ABCD} right)$.
$left( {widehat {SA,left( {ABCD} right)}} right) = widehat {left( {SA,AO} right)} = widehat {SAO} = alpha $.
Ta có $OA = frac{1}{2}AC = frac{1}{2}sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = frac{{asqrt 2 }}{2}$.
$vartriangle SAO$ vuông tại $O$ có $cosalpha = frac{{OA}}{{SA}} = frac{{frac{{asqrt 2 }}{2}}}{{asqrt 2 }} = frac{1}{2}$ suy ra $alpha = {60^ circ }$.
Vậy góc giữa $SA$ và $left( {ABCD} right)$ bằng ${60^ circ }$.
Câu 3: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình vuông cạnh $3a,SA$ vuông góc với mặt phẳng đáy, $SB = 5a$. Tính sin của góc giữa $SC$ và mặt phẳng $left( {ABCD} right)$.
A. $frac{{2sqrt 2 }}{3}$.
B. $frac{{3sqrt 2 }}{4}$.
C. $frac{{3sqrt {17} }}{{17}}$.
D. $frac{{2sqrt {34} }}{{17}}$.
Lời giải
Chọn D
$ABCD$ là hình vuông cạnh $3a$ nên $AC = 3asqrt 2 $
Xét tam giác $SAB$ vuông tại $A:SA = sqrt {S{B^2} - A{B^2}} = 4a$
$SA bot left( {ABCD} right) Rightarrow left( {widehat {SC,left( {ABCD} right)}} right) = widehat {SCA}$
Xét tam giác $SAC$ vuông tại $A$ :
$SC = sqrt {S{A^2} + A{C^2}} = asqrt {34} $
$sinwidehat {SCA} = frac{{SA}}{{SC}} = frac{{2sqrt {34} }}{{17}}$
Câu 4: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật, $AB = 2a,AD = a.SA$ vuông góc với mặt phẳng đáy. $SA = asqrt 3 $. Cosin của góc giữa $SC$ và mặt đáy bằng:
A. $frac{{sqrt 5 }}{4}$.
B. $frac{{sqrt 7 }}{4}$.
C. $frac{{sqrt 6 }}{4}$.
D. $frac{{sqrt {10} }}{4}$.
Lời giải
Hình chiếu của $SC$ lên $left( {ABCD} right)$ là $AC$
Do đó $left[ {widehat {SC,left( {ABCD} right)}} right] = widehat {SCA}$
$AC = sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = sqrt {4{a^2} + {a^2}} = asqrt 5 Rightarrow SC = 2asqrt 2 $
Trong tam giác vuông $SAC:coswidehat {SCA} = frac{{AC}}{{SC}} = frac{{asqrt 5 }}{{2asqrt 2 }} = frac{{sqrt {10} }}{4}$.
Câu 5: Cho hình chóp $S.ABCD$, đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ và $SA bot left( {ABCD} right)$. Biết $SA = frac{{asqrt 6 }}{3}$. Góc giữa $SC$ và $left( {ABCD} right)$ là:
A. ${45^ circ }$.
B. ${30^ circ }$.
C. ${75^ circ }$.
D. ${60^ circ }$.
Lời giải
Ta có: $SA bot left( {ABCD} right)$.
Do đó $AC$ là hình chiếu của $SC$ lên $left( {ABCD} right)$.
$ Rightarrow left( {SC,left( {ABCD} right)} right) = left( {SC,AC} right) = widehat {SCA}$
Xét tam giác $SAC$ vuông tại $A$ có tan $widehat {SCA} = frac{{SA}}{{AC}} = frac{{frac{{asqrt 6 }}{3}}}{{asqrt 2 }} = frac{{sqrt 3 }}{3}$.
$ Rightarrow widehat {SCA} = {30^ circ }$.
Vậy góc giữa $SC$ và $left( {ABCD} right)$ là ${30^ circ }$.
Câu 6: Cho khối chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$, Tam giác $SAB$ cân tại $S$ và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết thể tích của khối chóp $S.ABCD$ là $frac{{{a^3}sqrt {15} }}{6}$. Góc giữa đường thẳng $SC$ và mặt phẳng đáy $left( {ABCD} right)$ là
A. ${120^ circ }$.
B. ${30^ circ }$.
C. ${45^ circ }$.
D. ${60^ circ }$.
Lời giải
Gọi $H$ là trung điểm $AB$. Ta có $SH bot left( {ABCD} right)$.
$begin{array}{rrrrrrrrrrrrrrrrrrrr} {}&{{S_{ABCD}} = {a^2}.} {}&{V = frac{1}{3}{S_{ABCD}}.SH Rightarrow SH = frac{{3V}}{{{S_{ABCD}}}} = frac{{asqrt {15} }}{2}.} {}&{CH = sqrt {A{C^2} + A{H^2}} = frac{{asqrt 5 }}{2}.} {}&{widehat {left( {SC,left( {ABCD} right)} right)} = widehat {left( {SC,CH} right)}.} {}&{tanwidehat {SCH} = frac{{SH}}{{CH}} = sqrt 3 .} end{array}$
Vậy $overline {left( {SC,left( {ABCD} right)} right)} = {60^ circ }$
Câu 7: Cho hình lăng trụ đều $ABC cdot A’B’C’$ có tất cả các cạnh bằng $a$. Gọi $M$ là trung điểm của $AB$ và $alpha $ là góc tạo bởi đường thẳng $MC’$ và mặt phẳng $left( {ABC} right)$. Khi đó tan $alpha $ bằng
A. $frac{{2sqrt 7 }}{7}$.
B. $frac{{sqrt 3 }}{2}$.
C. $sqrt {frac{3}{7}} $.
D. $frac{{2sqrt 3 }}{3}$.
Lời giải
Ta có $MC$ là hình chiếu của $MC’$ lên $left( {ABC} right)$. Suy ra $alpha = C’CM$.
Xét tam giác $MCC’$ vuông tại $C$ có: $tanalpha = frac{{CC’}}{{CM}} = frac{a}{{frac{{asqrt 3 }}{2}}} = frac{{2sqrt 3 }}{3}$.
Câu 8: Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $a$. Hình chiếu vuông góc của $S$ lên $left( {ABC} right)$ trùng với trung điểm $H$ của cạnh $BC$. Biết tam giác $SBC$ là tam giác đều. Tính số đo của góc giữa $SA$ và $left( {ABC} right)$.
A. ${30^ circ }$.
B. ${75^ circ }$.
C. ${60^ circ }$.
D. ${45^ circ }$.
Lời giải
Dễ thấy $AH$ là hình chiếu vuông góc của $SA$ lên mặt phẳng đáy.
Do đó góc tạo bởi $SA$ và $left( {ABC} right)$ là $widehat {SAH}$.
Mặt khác, $vartriangle ABC = vartriangle SBC Rightarrow SH = AH = frac{{asqrt 3 }}{2}$. Vậy tam giác $SAH$ là tam giác vuông cân đỉnh $H$ hay $widehat {SAH} = {45^ circ }$.
Câu 9: Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông tại $A$. Tam giác $SBC$ là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Số đo góc giữa đường thẳng $SA$ và $left( {ABC} right)$ bằng:
A. ${45^ circ }$.
B. ${30^ circ }$.
C. ${75^ circ }$.
D. ${60^ circ }$.
Lời giải
Chọn D
Gọi $H$ là trung điểm cạnh $BC Rightarrow SH bot BC;SH = frac{{BCsqrt 3 }}{2}$ ( $vartriangle SBC$ đều)
$left{ {begin{array}{llllllllllllllllllll} {left( {SBC} right) bot left( {ABC} right)} {left( {SBC} right) cap left( {ABC} right) = BC Rightarrow SH bot left( {ABC} right)} {SH bot AB;SH in left( {SBC} right)} end{array}} right.$
$ Rightarrow left( {widehat {SA;left( {ABC} right)}} right) = left( {widehat {SA;AH}} right) = widehat {SAH}$
$vartriangle ABC$ vuông tại $A;H$ là trung điểm $BC Rightarrow AH = frac{{BC}}{2}$
$vartriangle SAH$ vuông tại $H Rightarrow tanwidehat {SAH} = frac{{SH}}{{AH}} = frac{{frac{{BC cdot sqrt 3 }}{2}}}{{frac{{BC}}{2}}} = sqrt 3 Rightarrow widehat {SAH} = {60^ circ }$.
Câu 10: Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA,SB,SC$ đôi một vuông góc với nhau và $SA = SB = SC = a$. sin của góc giữa đường thẳng $SC$ và mặt phẳng $left( {ABC} right)$ bằng
A. $frac{{sqrt 6 }}{3}$.
B. $frac{{sqrt 2 }}{2}$.
C. $frac{1}{{sqrt 3 }}$.
D. $frac{2}{{sqrt 6 }}$.
Lời giải
Trong tam giác $ABC$ kẻ đường cao $AK$ và $CF$ và $AK cap CF = left{ E right}$ nên $E$ là trực tâm tam giác $ABC$.
$left{ {begin{array}{llllllllllllllllllll} {SC bot SA} {SC bot SB} end{array} Rightarrow SC bot left( {SAB} right)} right.$ hay $SC bot AB$
Mà $CF bot AB$ nên $AB bot left( {SCF} right) Rightarrow AB bot SE$. Chứng minh tương tự ta được $BC bot left( {SAK} right)$
$ Rightarrow BC bot SE$. Vậy $SE bot left( {ABC} right)$.
Ta có $CE$ là hình chiếu của $SC$ lên mặt phẳng $left( {ABC} right)$.
$left( {SC,left( {ABC} right)} right) = left( {SC,CE} right) = widehat {SCE}$
Ta có tam giác $SCF$ vuông tại $S$ nên $frac{1}{{S{E^2}}} = frac{1}{{S{C^2}}} + frac{1}{{S{F^2}}}$. Mặt khác tam giác $SAB$ vuông tại $S$ nên $frac{1}{{S{F^2}}} = frac{1}{{S{A^2}}} + frac{1}{{S{B^2}}}$. Suy ra $frac{1}{{S{E^2}}} = frac{1}{{S{C^2}}} + frac{1}{{S{A^2}}} + frac{1}{{S{B^2}}} Leftrightarrow frac{1}{{S{E^2}}} = frac{3}{{{a^2}}} Leftrightarrow SE = frac{a}{{sqrt 3 }}$.
$sinwidehat {SCE} = frac{{SE}}{{SC}} = frac{a}{{sqrt 3 }}:a = frac{1}{{sqrt 3 }}$.
Câu 11: Cho hình chóp $S.ABCD$ có tất cả các cạnh đều bằng nhau. Gọi $E,F$ lần lượt là trung điểm của $SB$ và $SD,O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Khẳng định nào sau đây sai?
A. $SO bot left( {ABCD} right)$.
B. $left( {SAC} right) bot left( {SBD} right)$.
C. $EF//left( {ABCD} right)$.
D. $left( {overline {SA,left( {ABCD} right)} } right) = {60^ circ }$.
Lời giải
Ta có:
$ + S.ABCD$ là hình chóp đều $ Rightarrow SO bot left( {ABCD} right)$.
$ + left{ {begin{array}{llllllllllllllllllll} {BD bot AC} {BD bot SO} end{array} Rightarrow BD bot left( {SAC} right) Rightarrow left( {SBD} right) bot left( {SAC} right)} right.$.
$ + EF//BD Rightarrow EF//left( {ABCD} right)$.
$ + left( {widehat {SA,left( {ABCD} right)}} right) = left( {widehat {SA,AO}} right) = widehat {SAO} = {45^ circ }$.
Câu 12: Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác đều cạnh $a$. Hình chiếu vuông góc của $S$ lên $left( {ABC} right)$ là trung điểm của cạnh $BC$. Biết $vartriangle SBC$ đều, tính góc giữa $SA$ và $left( {ABC} right)$
A. ${45^ circ }$
B. ${90^ circ }$
C. ${30^ circ }$
D. ${60^ circ }$
Lời giải
Gọi $H$ là trung điểm của $BC$ suy ra $SH bot left( {ABC} right)$
Do đó hình chiếu của $SA$ lên mặt phẳng $left( {ABC} right)$ là $AH$
Do $vartriangle ABC$ và $vartriangle SBC$ dều cạnh $a$ nên $SH = AH Rightarrow vartriangle SAH$ vuông cân tại $H$
$ Rightarrow left( {SA,left( {ABC} right)} right) = widehat {SAH} = {45^ circ }$.
Câu 13: Cho hình lăng trụ $ABC cdot A’B’C’$, đáy $ABC$ là tam giác vuông tại $B,AB = a,widehat {ACB} = {30^ circ }.M$ là trung điểm $AC$. Hình chiếu vuông góc của đỉnh $A’$ lên mặt phẳng $left( {ABC} right)$ là trung điểm $H$ của $BM$.
Khoảng cách từ $C’$ đến mặt phẳng $left( {BMB’} right)$ bằng $frac{{3a}}{4}$. Tính số đo góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy của hình lăng trụ.
A. ${60^ circ }$.
B. ${30^ circ }$.
C. ${90^ circ }$.
D. ${45^ circ }$.
Lời giải
Chọn A
Ta có: $dleft( {C’,left( {BMB’} right)} right) = dleft( {C,left( {BMB’} right)} right) = dleft( {A,left( {BMB’} right)} right) = frac{{3a}}{4}$,
Trong tam giác $ABC$ có: $AC = 2a,BM = a,AM = a$ suy ra tam giác $ABM$ là tam giác đều cạnh $a$. Dựng hình bình hành $AA’H’H$ suy ra $H’ in left( {BMB’} right),K$ là hình chiếu của $A$ lên $H’H$.
$left{ {begin{array}{llllllllllllllllllll} {BM bot AH} {BM bot A’H} end{array} Rightarrow BM bot left( {AA’H’H} right) Rightarrow BM bot AK.} right.$
$left{ {begin{array}{llllllllllllllllllll} {AK bot BM} {AK bot HH’} end{array} Rightarrow AK bot left( {BMB’} right) Rightarrow dleft( {A,left( {BMB’} right)} right) = AK = frac{{3a}}{4}} right.$.
Trong hình bình hành $AA’H’H$ ta có $AK.HH’ = A’H.AH Rightarrow frac{{A’H}}{{HH’}} = frac{{AK}}{{AH}} = frac{{3a}}{4} cdot frac{2}{{asqrt 3 }} = frac{{sqrt 3 }}{2}$.
Mặt khác: $widehat {left( {AA’,left( {ABC} right)} right)} = widehat {left( {AA’,AH} right)} = widehat {A’AH}$.
Trong tam giác vuông $AA’H$ có $sinwidehat {AA’H} = frac{{A’H}}{{AA’}} = frac{{A’H}}{{HH’}} = frac{{sqrt 3 }}{2} Rightarrow widehat {AA’H} = {60^ circ }$.
Câu 14: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình thoi tâm $O,SO bot left( {ABCD} right)$. Góc giữa $SA$ và mặt phẳng $left( {SBD} right)$ là góc
A. $widehat {ASO}$.
B. $widehat {SAO}$.
C. $widehat {SAC}$.
D. $widehat {ASB}$.
Lời giải
Chọn A
Vì $ABCD$ là hình thoi $ Rightarrow AO bot BD$.
Mà $AO bot SO$ do $SO bot left( {ABCD} right)$. Suy ra $AO bot left( {SBD} right)$ hay $O$ là hình chiếu của $A$ lên $left( {SBD} right)$.
Suy ra góc giữa $SA$ và mặt phẳng $left( {SBD} right)$ là góc $widehat {ASO}left( {widehat {ASO} < {{90}^ circ }} right.$ do $vartriangle SAO$ vuông ở $O$ ).
Câu 15: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$, cạnh bên $SA$ vuông góc với mặt đáy và $SA = asqrt 2 $. Tìm số đo của góc giữa đường thẳng $SC$ và mặt phẳng $left( {SAB} right)$.
A. ${45^ circ }$.
B. ${30^ circ }$.
C. ${90^ circ }$.
D. ${60^ circ }$.
Lời giải
Dễ thấy $CB bot left( {SAB} right) Rightarrow SB$ là hình chiếu vuông góc của $SC$ lên $left( {SAB} right)$.
Vậy góc giữa đường thẳng $SC$ và mặt phẳng $left( {SAB} right)$ là $widehat {CSB}$.
Tam giác $CSB$ có $hat B = {90^ circ };CB = a;SB = asqrt 3 Rightarrow tanwidehat {CSB} = frac{{CB}}{{SB}} = frac{a}{{asqrt 3 }} = frac{1}{{sqrt 3 }}$.
Vậy $widehat {CSB} = {30^ circ }$.
Câu 16: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình vuông cạnh $a,SA bot left( {ABCD} right)$ và $SA = asqrt 3 $ Gọi $alpha $ là góc tạo bởi giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $left( {SAC} right)$, khi đó $alpha $ thỏa mãn hệ thức nào sau đây:
A. $cosalpha = frac{{sqrt 2 }}{8}$.
B. $sinalpha = frac{{sqrt 2 }}{8}$.
C. $sinalpha = frac{{sqrt 2 }}{4}$.
D. $cosalpha = frac{{sqrt 2 }}{4}$.
Gọi $O$ là tâm của đáy $ABCD$.
Lời giải
Ta có $BO bot AC$ và $BO bot SA$ nên $SO$ là hình chiếu của $SB$ trên $left( {SAC} right)$.
Suy ra $alpha = widehat {BSO}$.
Lại có $BO = frac{{asqrt 2 }}{2},SB = sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = 2a$. Suy ra $sinalpha = frac{{BO}}{{SB}} = frac{{sqrt 2 }}{4}$.
Câu 17: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình vuông cạnh $a.SA$ vuông góc với mặt phẳng $left( {ABCD} right)$ và $SA = asqrt 6 $ (hình vẽ). Gọi $alpha $ là góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $left( {SAC} right)$. Tính $sinalpha $ ta được kết quả là:
A. $frac{1}{{sqrt {14} }}$.
B. $frac{{sqrt 2 }}{2}$.
C. $frac{{sqrt 3 }}{2}$.
D. $frac{1}{5}$.
Lời giải
Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$ thì $BO bot left( {SAC} right) Rightarrow alpha = widehat {left( {SB,left( {SAC} right)} right)} = widehat {BSO}$.
Ta có $SB = asqrt 7 ,sinalpha = frac{{BO}}{{SB}} = frac{{frac{{asqrt 2 }}{2}}}{{asqrt 7 }} = frac{1}{{sqrt {14} }}$.
Câu 18: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật, cạnh $AB = a,AD = sqrt 3 a$. Cạnh bên $SA = asqrt 2 $ và vuông góc mặt phẳng đáy. Góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $left( {SAC} right)$ bằng:
A. ${75^ circ }$.
B. ${60^ circ }$.
C. ${45^ circ }$.
D. ${30^ circ }$.
Lời giải
Kẻ $BH bot AC$ và $H in AC Rightarrow BH bot left( {SAC} right)$.
$SH$ là hình chiếu của $BH$ trên mặt phẳng $left( {SAC} right)$.
Góc giữa $SB$ và mặt phẳng $left( {SAC} right)$ là $widehat {BSH}$.
Ta có $BH = frac{{AB cdot BC}}{{sqrt {A{B^2} + B{C^2}} }} = frac{{asqrt 3 }}{2},SB = sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = asqrt 3 $.
Trong tam giác vuông $SBH$ ta có $sinwidehat {BSH} = frac{{BH}}{{SB}} = frac{1}{2} Rightarrow widehat {BSH} = {30^ circ }$.
Câu 19: Cho hình lăng trụ đứng $ABC cdot A’B’C’$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông tại $B,AB = BC = a$, $BB’ = asqrt 3 $. Tính góc giữa đường thẳng $A’B$ và mặt phẳng $left( {BCC’B’} right)$.
A. ${45^ circ }$.
B. ${30^ circ }$.
C. ${60^ circ }$.
D. ${90^ circ }$.
Lời giải
Hình lăng trụ đứng $ABC cdot A’B’C’$ nên $BB’ bot left( {A’B’C’} right) Rightarrow BB’ bot A’B’ Rightarrow A’B’ bot BB’$ (1)
Bài ra có $AB bot BC Rightarrow A’B’ bot B’C’$.
Kết hợp với $left( 1 right) Rightarrow A’B’ bot left( {BCC’B’} right) Rightarrow widehat {left( {A’B;left( {BCC’B’} right)} right)} = widehat {A’BB’}$
$ Rightarrow tanleft( {widehat {left. {A’B;left( {BCC’B’} right)} right)} = tanwidehat {A’BB’} = frac{{A’B’}}{{BB’}} = frac{a}{{asqrt 3 }} = frac{1}{{sqrt 3 }} Rightarrow widehat {left( {A’B;left( {BCC’B’} right)} right)} = {{30}^ circ }} right.$.
Câu 20: Cho khối chóp $S.ABC$ có $SA bot left( {ABC} right)$, tam giác $ABC$ vuông tại $B,AC = 2a,BC = a$, $SB = 2asqrt 3 $. Tính góc giữa $SA$ và mặt phẳng $left( {SBC} right)$.
A. ${45^ circ }$.
B. ${30^ circ }$.
C. ${60^ circ }$.
D. ${90^ circ }$.
Lời giải
Chọn B
Trong $left( {SAB} right)$ kẻ $AH bot SBleft( {H in SB} right)$.
Vì $left{ {begin{array}{llllllllllllllllllll} {SA bot BC} {AB bot BC} end{array} Rightarrow BC bot left( {SAB} right) Rightarrow BC bot AH} right.$.
Mà $SB bot AH$ do cách dựng nên $AH bot left( {SBC} right)$, hay $H$ là hình chiếu của $A$ lên $left( {SBC} right)$ suy ra góc giữa $SA$ và $left( {SBC} right)$ là góc $widehat {ASH}$ hay góc $widehat {ASB}$.
Tam giác $ABC$ vuông ở $B Rightarrow AB = sqrt {A{C^2} - B{C^2}} = asqrt 3 $
Tam giác $SAB$ vuông ở $A Rightarrow sinwidehat {ASB} = frac{{AB}}{{SB}} = frac{1}{2} Rightarrow widehat {ASB} = {30^ circ }$
Câu 21: Cho hình lăng trụ đứng $ABC cdot A’B’C’$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông cân tại $A,AB = AA’ = a$ (tham khảo hình vẽ bên). Tính tang của góc giữa đường thẳng $BC’$ và mặt phẳng $left( {ABB’A’} right)$.
A. $frac{{sqrt 2 }}{2}$.
B. $frac{{sqrt 6 }}{3}$.
C. $sqrt 2 $.
D. $frac{{sqrt 3 }}{3}$.
Lời giải
$vartriangle ABC$ vuông cân tại $A Rightarrow AB = AC = a$.
$vartriangle ABA’$ vuông tại $A Rightarrow A’B = asqrt 2 $.
Ta có $left{ {begin{array}{llllllllllllllllllll} {C’A’ bot A’B’} {C’A’ bot AA’} end{array} Rightarrow C’A’ bot left( {ABB’A’} right)} right.$.
$ Rightarrow BA’$ là hình chiếu của $BC’$ lên mặt phẳng $left( {ABB’A’} right)$.
$ Rightarrow left( {BC’;left( {ABB’A’} right)} right) = left( {BC’;BA’} right)$.
$Delta A’BC’$ vuông tại $A’ Rightarrow tanwidehat {A’BC’} = frac{{A’C’}}{{A’B}} = frac{a}{{asqrt 2 }} = frac{{sqrt 2 }}{2}$.
Câu 22: Cho hình lăng trụ đứng $ABC cdot A’B’C’$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông tại $B,AC = 2,BC = 1$, $AA’ = 1$. Tính góc giữa $AB’$ và $left( {BCC’B’} right)$.
A. ${45^ circ }$.
B. ${90^ circ }$.
C. ${30^ circ }$.
D. ${60^ circ }$.
Lời giải
Chọn D
Ta có: $left. {begin{array}{cccccccccccccccccccc} {AB bot BC} {AB bot BB’} end{array}} right} Rightarrow AB bot left( {{text{BC}}{{text{C}}^{text{‘}}}{text{B’}}} right)$ , suy ra $BB’$ là hình chiếu vuông góc của $AB’$ trên mặt phẳng $left( {BCC’B’} right)$.
Vậy góc giữa đường $AB’$ và $left( {BCC’B’} right)$ chính là góc góc $widehat {AB’B}$.
Xét tam giác $ABB’$ vuông tại $B$ có $BB’ = AA’ = 1,AB = sqrt {A{C^2} - B{C^2}} = sqrt 3 $
Suy ra $tanwidehat {AB’B} = frac{{AB}}{{BB’}} = sqrt 3 Rightarrow widehat {AB’B} = {60^ circ }$.
Câu 23: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình thoi cạnh $2a,widehat {ABC} = {60^ circ },SA = asqrt 3 $ và $SA bot left( {ABCD} right)$. Tính góc giữa $SA$ và mặt phẳng $left( {SBD} right)$.
A. ${60^ circ }$.
B. ${90^ circ }$.
C. ${30^ circ }$.
D. ${45^ circ }$.
Lời giải
Chọn C
Gọi $O$ là tâm của hình thoi $ABCD$, gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ lên $SO$, ta có: $left{ {begin{array}{llllllllllllllllllll} {BD bot AC} {BD bot SA} end{array} Rightarrow BD bot left( {SAC} right) Rightarrow BD bot AH} right.$.
Từ $AH bot SO,AH bot BD$ suy ra $AH bot left( {SBD} right)$, hay $SH$ là hình chiếu vuông góc của $SA$ lên $left( {SBD} right)$,
Suy ra $widehat {left( {SA,left( {SBD} right)} right)} = widehat {left( {SA,SO} right)} = widehat {ASO}$.
Ta có $vartriangle ABC$ đều cạnh $2a$ nên $OA = a$.
$vartriangle SAO$ vuông tại $A$ nên $tanwidehat {ASO} = frac{{OA}}{{SA}} = frac{1}{{sqrt 3 }} Rightarrow widehat {AOS} = {30^ circ }$.
Câu 24: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật. $AB = a,AD = asqrt 3 $. Cạnh bên $SA bot left( {ABCD} right)$ và $SA = asqrt 2 $. Góc giữa đường thẳng $SC$ và mặt phẳng $left( {SAB} right)$ là
A. ${30^ circ }$.
B. ${90^ circ }$.
C. ${45^ circ }$.
D. ${60^ circ }$.
Lời giải
Chọn C
Ta có $BC bot AB,BC bot SA Rightarrow BC bot left( {SAB} right)$.
Hình chiếu vuông góc của $SC$ lên mặt phẳng $left( {SAB} right)$ là $SB$.
Suy ra góc giữa đường thẳng $SC$ và mặt phẳng $left( {SAB} right)$ là góc $widehat {BSC}$.
Xét tam giác $vartriangle SBC$ vuông tại $B$ có $SB = sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = sqrt {2{a^2} + {a^2}} = asqrt 3 $.
$BC = AD = asqrt 3 $.
Suy ra tam giác $vartriangle SBC$ vuông cân tại $B$.
Suy ra $widehat {BSC} = {45^ circ }$.
Vậy góc giữa đường thẳng $SC$ và mặt phẳng $left( {SAB} right)$ bằng ${45^ circ }$.
Câu 25: Cho hình chóp tứ giác $S.ABCD$ có đáy là hình vuông cạnh $a,SA bot left( {ABCD} right)$ và $SA = a$. Góc giữa đường thẳng $SB$ và $left( {SAC} right)$ là
A. ${30^ circ }$.
B. ${75^ circ }$.
C. ${60^ circ }$.
D. ${45^ circ }$.
Lời giải.
Chọn A
Gọi $I$ là tâm của hình vuông $ABCD$.
Vì $ABCD$ là hình vuông nên $BD bot AC$; Vì $SA bot left( {ABCD} right)$ nên $SA bot BD$
Suy ra $BD bot left( {SAC} right)$, do đó góc giữa đường thẳng $SB$ và $left( {SAC} right)$ là góc $widehat {BSI}$
Ta có: $SB = asqrt 2 ;BI = frac{{asqrt 2 }}{2} Rightarrow sinwidehat {BSI} = frac{{BI}}{{SB}} = frac{1}{2} Rightarrow widehat {BSI} = {30^ circ }$.
Câu 26: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$. Hai mặt phẳng $left( {SAB} right)$ và $left( {SAC} right)$ cùng vuông góc với đáy $left( {ABCD} right)$ và $SA = 2a$. Tính cosin của góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $left( {SAD} right)$.
A. $frac{{sqrt 5 }}{5}$.
B. $frac{{2sqrt 5 }}{5}$.
C. $frac{1}{2}$.
D. 1 .
Lời giải
Ta có: $left{ {begin{array}{llllllllllllllllllll} {left( {SAB} right) bot left( {ABCD} right)} {left( {SAC} right) bot left( {ABCD} right); Rightarrow SA bot left( {ABCD} right).;} {left( {SAB} right) cap left( {SAC} right) = SA} end{array}} right.$
mà $left{ begin{gathered} AB bot AD hfill AB bot SA hfill AD cap SA = A hfill end{gathered} right.$ $ Rightarrow AB bot (SAD)$
$coswidehat {left( {SB,left( {SAD} right)} right)} = coswidehat {BSA} = frac{{SA}}{{sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = frac{2}{{sqrt 5 }}$
Câu 27: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật, $AB = asqrt 2 ,AD = a,SA$ vuông góc với đáy và $SA = a$. Tính góc giữa $SC$ và $left( {SAB} right)$.
A. ${90^ circ }$.
B. ${60^ circ }$.
C. ${45^ circ }$.
D. ${30^ circ }$.
Lời giải
Ta có: $left{ {begin{array}{llllllllllllllllllll} {BC bot AB} {BC bot SA} end{array} Rightarrow SA bot left( {SAB} right) Rightarrow SB} right.$ là hình chiếu vuông góc của $SC$ lên $left( {SAB} right)$
$ Rightarrow widehat {left( {SC,left( {SAB} right)} right)} = widehat {CSB}$.
Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ có: $SB = sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = asqrt 3 $.
Tam giác $SBC$ vuông tại $B$ có: $tanwidehat {CSB} = frac{{BC}}{{SB}} = frac{1}{{sqrt 3 }} Rightarrow widehat {CSB} = {30^ circ }$.
Câu 28: Cho hình lập phương $ABCD cdot A’B’C’D’$ (hình bên). Tính góc giữa đường thẳng $AB’$ và mặt phẳng $left( {BDD’B’} right)$.
A. ${60^ circ }$.
B. ${90^ circ }$.
C. ${45^ circ }$.
D. ${30^ circ }$.
Lời giải
Gọi $O$ là tâm của hình vuông $ABCD$ khi đó ta có $AO bot BD$ (1).
Mặt khác ta lại có $ABCD cdot A’B’C’D’$ là hình lập phương nên $BB’ bot left( {ABCD} right) Rightarrow BB’ bot AO$ (2).
Từ (1) và (2) ta có $AO bot left( {BDD’B’} right) Rightarrow left( {AB’,left( {ABCD} right)} right) = left( {AB’,B’O} right) = widehat {AB’O}$.
Xét tam giác vuông $AB’O$ có $sinAB’O = frac{{AO}}{{AB’}} = frac{1}{2} Rightarrow widehat {AB’O} = {30^ circ }$.
Vậy $left( {AB’,left( {ABCD} right)} right) = {30^ circ }$.
Câu 29: Cho hình chóp $S cdot ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật có $AB = 2AD = 2a$ cạnh bên $SA$ vuông góc với đáy và $SA = asqrt {15} $. Tính tang của góc giữa $SC$ và mặt phẳng $left( {SAD} right)$.
A. $sqrt 3 $.
B. 2 .
C. $frac{1}{2}$.
D. $frac{{sqrt 3 }}{3}$.
Lời giải
Ta có $left. {begin{array}{cccccccccccccccccccc} {CD bot AD} {CD bot SA} end{array}} right} Rightarrow CD bot left( {SAD} right)$. Do đó góc giữa $SC$ và mặt phẳng $left( {SAD} right)$ là góc $widehat {CSD}$.
$tanwidehat {CSD} = frac{{CD}}{{SD}} = frac{{CD}}{{sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }} = frac{{2a}}{{sqrt {15{a^2} + {a^2}} }} = frac{1}{2}$.
Câu 30: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thoi tâm $I$, cạnh $a$, góc $widehat {BAD} = {60^ circ }$. $SA = SB = SD = frac{{asqrt 3 }}{2}$. Gọi $alpha $ là góc giữa đường thẳng $SD$ và mặt phẳng $left( {SBC} right)$. Giá trị $sinalpha $ bằng
A. $frac{1}{3}$.
B. $frac{2}{3}$.
C. $frac{{sqrt 5 }}{3}$.
D. $frac{{2sqrt 2 }}{3}$.
Lời giải
Chọn C
Theo giả thiết, $ABD$ là tam giác đều.
Gọi $H$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABD$. Do $SA = SB = SD$ nên $S$ nằm trên trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABD$ suy ra $SH bot left( {ABD} right)$ hay $SH bot left( {ABCD} right)$.
Do $left( {SBC} right) bot left( {SBH} right)$ nên từ $H$ kẻ $HK bot SB$ tại $K$ thì $HK = dleft( {H,left( {SBC} right)} right)$ và
$frac{1}{{H{K^2}}} = frac{1}{{H{B^2}}} + frac{1}{{H{S^2}}} Rightarrow HK = frac{{asqrt {15} }}{9}$.
Mặt khác, $dleft( {H,left( {SBC} right)} right) = frac{2}{3}dleft( {A,left( {SBC} right)} right) = frac{2}{3}dleft( {D,left( {SBC} right)} right) Rightarrow dleft( {D,left( {SBC} right)} right) = frac{{asqrt {15} }}{6}$.
Gọi $O$ là hình chiếu vuông góc của điểm $D$ trên $left( {SBC} right)$. Khi đó: $alpha = left( {SD,SO} right) = widehat {DSO}$ và $DO = dleft( {D,left( {SBC} right)} right) = frac{{asqrt {15} }}{6}$.
Xét tam giác $SDO$ vuông tại $O$ có: $sinalpha = frac{{DO}}{{SD}} = frac{{frac{{asqrt {15} }}{6}}}{{frac{{asqrt 3 }}{2}}} = frac{{sqrt 5 }}{3}$.
Câu 31: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a,SA$ vuông góc với đáy và $SA = asqrt 3 $. Gọi $alpha $ là góc giữa $SD$ và $left( {SAC} right)$. Giá trị $sinalpha $ bằng
A. $frac{{sqrt 2 }}{4}$.
B. $frac{{sqrt 2 }}{2}$.
C. $frac{{sqrt 3 }}{2}$.
D. $frac{{sqrt 2 }}{3}$.
Lời giải
Chọn A
Gọi $O = AC cap BD$. Ta có: $left{ {begin{array}{llllllllllllllllllll} {DO bot AC} {DO bot SAleft( {SA bot left( {ABCD} right)} right)} end{array} Rightarrow DO bot left( {ABCD} right)} right.$.
$ Rightarrow SO$ là hình chiếu của $SD$ lên mặt phẳng $left( {SAC} right) Rightarrow widehat {left( {SD;left( {SAC} right)} right)} = widehat {left( {SD;SO} right)} = widehat {DSO} = alpha $.
Xét $vartriangle SAD$ vuông tại $A:SD = sqrt {3{a^2} + {a^2}} = 2a$.
Xét $vartriangle SOD$ vuông tại $O$ : có $SD = 2a,OD = frac{{asqrt 2 }}{2} Rightarrow sinalpha = sinwidehat {DSO} = frac{{DO}}{{SD}} = frac{{sqrt 2 }}{4}$.
Câu 32: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình thoi cạnh $a$, góc $widehat {ABC} = {60^ circ },SA bot left( {ABCD} right),SA = asqrt 3 $. Gọi $alpha $ là góc giữa $SA$ và mặt phẳng $left( {SCD} right)$. Tính $tanalpha $.
A. $frac{1}{2}$.
B. $frac{1}{3}$.
C. $frac{1}{4}$.
D. $frac{1}{5}$.
Lời giải
Chọn A
Trong mặt phẳng $left( {ABCD} right)$ kẻ $AH bot CD$ tại $H$.
Trong mặt phẳng $left( {SAH} right)$ kẻ $AK bot SH$ tại $K$. Khi đó $AK bot left( {SCD} right)$ nên góc giữa $SA$ mặt phẳng $left( {SCD} right)$ là $widehat {ASH} = alpha $.
Tam giác $ADC$ đều nên $AH = frac{{asqrt 3 }}{2}$.
Trong tam giác vuông $ASH$ có $tanwidehat {ASH} = frac{{AH}}{{AS}} = frac{1}{2}$.
Câu 33: Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác vuông tại $B$, cạnh bên $SA$ vuông góc với mặt phẳng đáy, $AB = 2a,widehat {BAC} = {60^ circ }$ và $SA = asqrt 2 $. Góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $left( {SAC} right)$ bằng
A. ${30^ circ }$.
B. ${45^0}$.
C. ${60^ circ }$.
D. ${90^ circ }$.
Lời giải
Trong mặt phẳng $left( {ABC} right)$ kẻ $BH bot AC$
Mà $BH bot SA Rightarrow BH bot left( {SAC} right)$
Góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $left( {SAC} right)$ bằng $widehat {BSH}$.
Xét tam giác $ABH$ vuông tại $H,BH = AB cdot sin{60^ circ } = 2a cdot frac{{sqrt 3 }}{2} = asqrt 3 $
$AH = AB cdot cos{60^ circ } = 2a cdot frac{1}{2} = a$.
Xét tam giác $SAH$ vuông tại $S,SH = sqrt {S{A^2} + A{H^2}} = sqrt {{{(asqrt 2 )}^2} + {a^2}} = asqrt 3 $.
Xét tam giác $SBH$ vuông tại $H$ có $SH = HB = asqrt 3 $ suy ra tam giác $SBH$ vuông tại $H$.
Vậy $widehat {BSH} = {45^ circ }$.
Câu 34: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành, $AB = 2a,BC = a,widehat {ABC} = {120^ circ }$. Cạnh bên $SD = asqrt 3 $ và $SD$ vuông góc với mặt phẳng đáy (tham khảo hình vẽ bên). Tính $sin$ của góc tạo bởi $SB$ và mặt phẳng $left( {SAC} right)$
A. $frac{3}{4}$.
B. $frac{{sqrt 3 }}{4}$.
C. $frac{1}{4}$.
D. $frac{{sqrt 3 }}{7}$.
Lời giải
Ta có $sinleft( {widehat {SB;left( {SAC} right))} = frac{{dleft( {B;left( {SAC} right)} right)}}{{SB}} = frac{{dleft( {D;SAC} right)}}{{SB}}} right.$.
Xét tam giác $ABC$ ta có $AC = sqrt {B{A^2} + B{C^2} - 2BA cdot BC cdot coswidehat {BAC}} = asqrt 7 $.
$BO = sqrt {frac{{B{A^2} + B{C^2}}}{2} - frac{{A{C^2}}}{4}} = sqrt {frac{{4{a^2} + {a^2}}}{2} - frac{{7{a^2}}}{4}} = frac{{asqrt 3 }}{2}$
$ Rightarrow BD = asqrt 3 $ và $SB = sqrt {S{D^2} + B{D^2}} = sqrt {3{a^2} + 3{a^2}} = asqrt 6 $.
Xét tam giác $ADC$ ta có $frac{{AD}}{{sinhat C}} = frac{{AC}}{{sinhat D}} Rightarrow sinhat C = frac{{AD cdot sinhat D}}{{AC}} = frac{{a cdot sin{{120}^ circ }}}{{asqrt 7 }} = frac{{sqrt {21} }}{{14}}$.
Gọi $K$ là hình chiếu của $D$ lên $AC$, và $I$ là hình chiếu của $D$ lên $SK$. Ta có $left{ {begin{array}{llllllllllllllllllll} {AC bot DK} {AC bot SD} end{array} Rightarrow AC bot DI} right.$. Do đó $left{ {begin{array}{llllllllllllllllllll} {DI bot SK} {DI bot AC} end{array} Rightarrow dleft( {D;left( {SAC} right)} right) = DI} right.$.
Mặt khác $sinhat C = frac{{DK}}{{DC}} Rightarrow DK = DC cdot sinhat C = 2a cdot frac{{sqrt {21} }}{{14}} = frac{{asqrt {21} }}{7}$.
Xét tam giác $SDK$ ta có $DI = frac{{SD cdot DK}}{{sqrt {S{D^2} + D{K^2}} }} = frac{{asqrt 3 cdot frac{{asqrt {21} }}{7}}}{{sqrt {3{a^2} + frac{{21}}{{49}}{a^2}} }} = frac{{sqrt 6 }}{4}a$.
Vậy $sinwidehat {left( {SB;left( {SAC} right)} right)} = frac{{dleft( {D;SAC} right)}}{{SB}} = frac{{DI}}{{SB}} = frac{{frac{{sqrt 6 }}{4}a}}{{asqrt 6 }} = frac{1}{4}$.
Trong mặt phẳng $left( {SDK} right)$ kẻ $DI bot SK$ suy ra $dleft( {D;left( {SAC} right)} right) = DI$.
Câu 35: Cho hình lập phương $ABCD cdot A’B’C’D’$ có cạnh bằng $a$, gọi $alpha $ là góc giữa đường thẳng $A’B$ và mặt phẳng $left( {BB’D’D} right)$. Tính $sinalpha $.
A. $frac{{sqrt 3 }}{4}$.
B. $frac{{sqrt 3 }}{2}$.
C. $frac{{sqrt 3 }}{5}$.
D. $frac{1}{2}$.
Lời giải
Gọi $H$ là tâm hình vuông $A’B’C’D’$.
Ta có $A’H bot B’D’,A’H bot BB’ Rightarrow A’H bot left( {BB’D’D} right)$. $BH$ là hình chiếu của $A’B$ trên $left( {BB’D’D} right)$
$ Rightarrow left( {widehat {A’H,left( {BB’D’D} right)}} right) = widehat {A’BH} = alpha cdot sinalpha = frac{{A’H}}{{A’B}} = frac{{frac{{asqrt 2 }}{2}}}{{asqrt 2 }} = frac{1}{2}$.
Câu 36: Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác vuông tại $B$, cạnh bên $SA$ vuông góc với mặt đáy, $AB = 2a,widehat {BAC} = {60^ circ }$ và $SA = asqrt 2 $. Góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $left( {SAC} right)$ bằng
A. ${45^ circ }$.
B. ${60^ circ }$.
C. ${30^ circ }$.
D. ${90^ circ }$.
Lời giải
Kẻ $BH bot ACleft( {H in AC} right)$ và theo giả thiết $BH bot SA$ nên $BH bot left( {SAC} right)$
Do đó, $SH$ là hình chiếu vuông góc của $SB$ lên mặt phẳng $left( {SAC} right)$
Suy ra, $overline {left( {SB,left( {SAC} right)} right)} = widehat {left( {SB,SH} right)} = widehat {BSH}$.
Mà ta có: $SB = asqrt 6 ,HB = ABsin{60^ circ } = asqrt 3 Rightarrow sinleft( {widehat {BSH}} right) = frac{1}{{sqrt 2 }} Rightarrow widehat {BSH} = {45^ circ }$.
Câu 37: Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có tất cả các cạnh bằng nhau. Gọi $E,M$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $BC$ và $SA,alpha $ là góc tạo bởi đường thẳng $EM$ và mặt phẳng $left( {SBD} right)$. Giá trị của tan $alpha $ bằng
A. 2 .
B. $sqrt 3 $.
C. 1 .
D. $sqrt 2 $.
Lời giải
Dựng hình bình hành $ABFC$.
Ta có $EM//SF$ nên góc giữa $EM$ và $left( {SBD} right)$ bằng góc giữa $SF$ và $left( {SBD} right)$.
$FB//AC Rightarrow FB bot left( {SBD} right)$ do đó góc giữa $SF$ và $left( {SBD} right)$ bằng góc $widehat {FSB}$.
Ta có $tanwidehat {FSB} = frac{{BF}}{{SB}} = frac{{AC}}{{SB}} = sqrt 2 $.
Vậy chọn D.
Câu 38: Cho hình hộp $ABCD cdot A’B’C’D’$ có $M,N,P$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $A’B’,A’D’$, $C’D’$. Góc giữa đường thẳng $CP$ và mặt phẳng $left( {DMN} right)$ bằng?
A. ${0^ circ }$.
B. ${45^ circ }$.
C. ${30^ circ }$.
D. ${60^ circ }$.
Lời giải
Ta có $left{ {begin{array}{llllllllllllllllllll} {MN//B’D’} {BD//B’D’} end{array} Rightarrow MN//BD Rightarrow } right.$ bốn điểm $M,N,B,D$ đồng phẳng.
Lại có tứ giác $BCPM$ là hình bình hành $ Rightarrow left{ {begin{array}{llllllllllllllllllll} {CP//BM} {BM subset left( {DMN} right)} end{array} Rightarrow CP//left( {DMN} right)} right.$
$ Rightarrow left( {overline {CP,left( {DMN} right)} } right) = {0^ circ }$.
Câu 39: Cho tứ diện $ABCD$ có tam giác $BCD$ đều cạnh $a,AB$ vuông góc với $mpleft( {BCD} right),AB = 2a.M$ là trung điểm đoạn $AD$, gọi $varphi $ là góc giữa $CM$ với $mpleft( {BCD} right)$,khi đó:
A. $tanvarphi = frac{{sqrt 3 }}{2}$.
B. $tanvarphi = frac{{2sqrt 3 }}{3}$.
C. $tanvarphi = frac{{3sqrt 2 }}{2}$.
D. $tanvarphi = frac{{sqrt 6 }}{3}$.
Lời giải
Gọi $N$ là trung điểm $BC$. Ta có góc giữa $CM$ với $mpleft( {BCD} right)$ bằng góc $MCN$.
$ + MN = frac{{AB}}{2} = a$.
$ + CN = frac{{asqrt 3 }}{2}$.
Vậy $tanvarphi = frac{{MN}}{{CN}} = a cdot frac{2}{{asqrt 3 }} = frac{{2sqrt 3 }}{3}$.
Câu 40: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình vuông cạnh $2a$. Tam giác $SAB$ đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $SC$ và $AD$ (tham khảo hình vẽ).
Góc giữa $MN$ và mặt đáy $left( {ABCD} right)$ bằng
A. ${90^ circ }$.
B. ${30^ circ }$.
C. ${45^ circ }$.
D. ${60^ circ }$.
Lời giải
Gọi $H$ là trung điểm $AB Rightarrow SH bot left( {ABCD} right)$ và $SH = frac{{asqrt 3 }}{2}$.
Gọi $P$ là trung điểm $CH Rightarrow MP//SH Rightarrow MP bot left( {ABCD} right)$, suy ra góc giữa $MN$ với mặt đáy $left( {ABCD} right)$ là góc $widehat {MNP}$ (do $widehat {MPN} = {90^ circ }$ )
Có $MP = frac{1}{2}SH = frac{{asqrt 3 }}{4},PN = frac{{AH + CD}}{2} = frac{{frac{a}{2} + a}}{2} = frac{{3a}}{4}$
$ Rightarrow tanwidehat {MNP} = frac{{MP}}{{PN}} = frac{{frac{{asqrt 3 }}{4}}}{{frac{{3a}}{4}}} = frac{1}{{sqrt 3 }} Rightarrow widehat {MNP} = {30^ circ }$.
Câu 41: Cho tứ diện đều $ABCD$ có cạnh bằng $a$. Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $BC$ và $AD$ (tham khảo hình vẽ). Gọi $varphi $ là góc giữa đường thẳng $MN$ và mặt phẳng $left( {BCD} right)$. Tính $tanvarphi $.
A. $tanvarphi = sqrt 2 $.
B. $tanvarphi = frac{{sqrt 2 }}{2}$.
C. $tanvarphi = sqrt 3 $.
D. $tanvarphi = frac{{sqrt 3 }}{3}$.
Lời giải
Trong $vartriangle AMD$, kẻ $NH bot MD$, suy ra $NH bot left( {BCD} right)$.
Nên $MD$ là hình chiếu vuông góc của $MN$ lên mặt phẳng $BCD$.
Khi đó $left( {widehat {MN,left( {BCD} right)}} right) = left( {widehat {MN,MD}} right) = widehat {NMD}$.
Ta có $vartriangle NMD$ vuông tại $N$ do đó $tanvarphi = frac{{ND}}{{MN}} = frac{{frac{a}{2}}}{{afrac{{sqrt 2 }}{2}}} = sqrt 2 $.
Câu 42: Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA bot left( {ABC} right),SA = 2asqrt 3 ,AB = 2a$, tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$. Gọi $M$ là trung điểm của $SB$. Góc giữa đường thẳng $CM$ và mặt phẳng $left( {SAB} right)$ bằng:
A. ${90^ circ }$.
B. ${60^ circ }$.
C. ${45^ circ }$.
D. ${30^ circ }$.
Chọn C
Lời giải
Có $left{ {begin{array}{llllllllllllllllllll} {BC bot AB} {BC bot SA} end{array} Rightarrow BC bot left( {SAB} right)} right.$
Có $BM$ là hình chiếu của $CM$ lên mặt phẳng $left( {SAB} right)$. Suy ra $left( {CM;left( {SAB} right)} right) = widehat {CMB}$
Ta có $tanwidehat {CMB} = frac{{BC}}{{MB}} = frac{{2AB}}{{SB}} = frac{{2AB}}{{sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = frac{{2.2a}}{{sqrt {{{(2asqrt 3 )}^2} + {{(2a)}^2}} }} = 1$
$ Rightarrow widehat {CMB} = {45^ circ }$
Vậy $left( {CM;left( {SAB} right)} right) = {45^ circ }$
Câu 43: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$. Tam giác $SAB$ đều và nàm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi $H,K$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $AB$ và $AD$. Tính sin của góc tạo bởi giữa hai đường thẳng $SA$ và mặt phẳng $left( {SHK} right)$.
A. $frac{{sqrt 2 }}{2}$.
B. $frac{{sqrt 2 }}{4}$.
C. $frac{{sqrt {14} }}{4}$.
D. $frac{{sqrt 7 }}{4}$.
Lời giải
Chọn B
Gọi $E$ là trung điểm của đoạn $KH$, ta có $vartriangle AHK$ vuông cân tại $A$ vì $AH = AK = frac{1}{2}a$ nên $AE bot KH$ do đó
$left{ {begin{array}{llllllllllllllllllll} {AE bot SH} {AE bot HK} end{array} Rightarrow AE bot left( {SHK} right)} right.$, suy ra
$widehat {left( {SA,left( {SHK} right)} right)} = widehat {left( {SA,SE} right)} = widehat {ASE} = alpha $
Mà $AE = frac{1}{2}KH = frac{1}{2}sqrt {A{H^2} + A{K^2}} = frac{{asqrt 2 }}{4}$.
$vartriangle SEA$ vuông tại $E$ có $sinalpha = frac{{AE}}{{SA}} = frac{{sqrt 2 }}{4}$.
Vậy $sinalpha = frac{{sqrt 2 }}{4}$.
Câu 44: Cho hình chóp tứ giác đều $S cdot ABCD$ có tất cả các cạnh bằng $a$. Gọi $M$ là trung điểm của $SD$ (tham khảo hình vẽ bên). Tang của góc giữa đường thẳng $BM$ và mặt phẳng $left( {ABCD} right)$ bằng
A. $frac{{sqrt 2 }}{2}$.
B. $frac{{sqrt 3 }}{3}$.
C. $frac{2}{3}$.
D. $frac{1}{3}$.
Lời giải
Chọn D
Gọi $O$ là tâm của hình vuông. Ta có $SO bot left( {ABCD} right)$ và $SO = sqrt {{a^2} - frac{{{a^2}}}{2}} = frac{{asqrt 2 }}{2}$
Gọi $M$ là trung điểm của $OD$ ta có $MH//SO$ nên $H$ là hình chiếu của $M$ lên mặt phẳng $left( {ABCD} right)$ và $MH = frac{1}{2}SO = frac{{asqrt 2 }}{4}$.
Do đó góc giữa đường thẳng $BM$ và mặt phẳng $left( {ABCD} right)$ là $widehat {MBH}$.
Khi đó ta có $tanwidehat {MBH} = frac{{MH}}{{BH}} = frac{{frac{{asqrt 2 }}{4}}}{{frac{{3asqrt 2 }}{4}}} = frac{1}{3}$.
Vậy tang của góc giữa đường thẳng $BM$ và mặt phẳng $left( {ABCD} right)$ bằng $frac{1}{3}$.
Câu 45: Cho hình chóp đều $S.ABCD$ có $SA = sqrt 5 a,AB = a$. Gọi $M,N,P,Q$ lần lượt là trung điểm của $SA,SB,SC,SD$. Tính cosin của góc giữa đường thẳng $DN$ và mặt phẳng $left( {MQP} right)$.
A. $frac{{sqrt 2 }}{2}$.
B. $frac{1}{2}$.
C. $frac{{sqrt 3 }}{2}$.
D. $frac{{sqrt {15} }}{6}$.
Lời giải
Chọn A
Do $M,N,P,Q$ lần lượt là trung điểm của $SA,SB,SC,SD$ nên mặt phẳng $left( {ABCD} right)$ song song mặt phẳng $left( {MPQ} right)$ suy ra góc giữa đường thẳng $DN$ và mặt phẳng $left( {MQP} right)$ cũng là góc giữa đường thẳng $DN$ và mặt phẳng $left( {ABCD} right)$.
Có $K = SO cap DN$. Do $S.ABCD$ hình chóp đều nên $SO bot left( {ABCD} right)$ suy ra hình chiếu vuông góc của đường thẳng $DN$ trên mặt phẳng $left( {ABCD} right)$ là đường thẳng $DO$ nên
$overline {left( {DN,left( {ABCD} right)} right)} = overline {left( {DN,DO} right)} $.
Xét tam giác vuông $SOA$ có $OA = frac{{sqrt 2 }}{2}a;SA = sqrt 5 a Rightarrow SO = frac{{3sqrt 2 }}{2}a$. Mà $K$ là trọng tâm tam giác $SBD Rightarrow OK = frac{1}{3}SO = frac{{sqrt 2 a}}{2} = OD Rightarrow vartriangle OKD$ vuông cân tại $O$ hay $widehat {KDO} = {45^ circ }$.
Hay $overline {left( {DN,left( {MPQ} right)} right)} = {45^ circ } Rightarrow cosleft( {overline {DN,left( {MPQ} right))} = frac{{sqrt 2 }}{2}} right.$.
Câu 46: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật, $AB = a,BC = asqrt 3 ,SA = a$ và $SA$ vuông góc với mặt phẳng $left( {ABCD} right)$. Đặt $alpha $ là góc giữa đường thẳng $BD$ và $left( {SBC} right)$. Giá trị của $sinalpha $ bằng
A. $frac{{sqrt 2 }}{4}$.
B. $frac{{sqrt 5 }}{5}$.
C. $frac{1}{2}$.
D. $frac{{sqrt 3 }}{2}$.
Lời giải
Chọn A
Ta có $sinalpha = frac{{dleft( {D,left( {SBC} right)} right)}}{{BD}} = frac{{dleft( {A,left( {SBC} right)} right)}}{{BD}}$.
$left{ {begin{array}{llllllllllllllllllll} {left( {SAB} right) bot left( {SBC} right)} {left( {SAB} right) cap left( {SBC} right) = SB} end{array}} right.$. Kẻ $AH bot SB$ thì $AH bot left( {SBC} right) Rightarrow AH = dleft( {A,left( {SBC} right)} right)$.
$frac{1}{{A{H^2}}} = frac{1}{{A{B^2}}} + frac{1}{{A{S^2}}} = frac{1}{{{a^2}}} + frac{1}{{{a^2}}} = frac{2}{{{a^2}}} Rightarrow AH = frac{{asqrt 2 }}{2}$ và $BD = sqrt {B{A^2} + A{D^2}} = 2a$.
Vậy $sinalpha = frac{{dleft( {A,left( {SBC} right)} right)}}{{BD}} = frac{{AH}}{{BD}} = frac{{asqrt 2 }}{{2 cdot 2a}} = frac{{sqrt 2 }}{4}$.
Câu 47: Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có tất cả các cạnh bằng nhau. Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $BC,SA$ và $alpha $ là góc tạo bởi đường thẳng $MN$ với $left( {SBD} right)$. Tính $tanalpha $.
A. $sqrt 3 $.
B. 1 .
C. 2 .
D. $sqrt 2 $.
Lời giải
Chọn D
Gọi $O = AC cap BD,I,J$ lần lượt là trung điểm của $OS,OB$.
Ta có $left. {begin{array}{llllllllllllllllllll} {OA bot left( {SBD} right)} {NI//AC//MJ} end{array}} right} Rightarrow left{ {begin{array}{llllllllllllllllllll} {NI bot left( {SBD} right)} {MJ bot left( {SBD} right)} end{array}} right.$.
Suy ra $left( {MN,left( {SBD} right)} right) = left( {MN,IJ} right)$
Có: $left. {begin{array}{cccccccccccccccccccc} {NI//AC//MJ} {NI = frac{1}{4}AC = MJ} end{array}} right} Rightarrow MJNI$ là hình bình hành. Gọi $K = MN cap IJ$ suy ra $K$ là trung điểm của $IJ$ và $MN$ đồng thời $NI bot IK$
Ta có $tanalpha = tanwidehat {NKI} = frac{{NI}}{{IK}} = frac{{OA}}{{SB}} = frac{{frac{{asqrt 2 }}{2}}}{{frac{a}{2}}} = sqrt 2 $ trong đó $a$ là cạnh của hình vuông $ABCD$.
Câu 48: Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có cạnh đáy bằng $a$, tâm $O$. Gọi $M$ và $N$ lần lượt là trung điểm của $SA$ và $BC$. Biết rằng góc giữa $MN$ và $left( {ABCD} right)$ bằng ${60^ circ }$, cosin góc giữa $MN$ và mặt phẳng $left( {SBD} right)$ bằng:
A. $frac{{sqrt {41} }}{{41}}$.
B. $frac{{sqrt 5 }}{5}$.
C. $frac{{2sqrt 5 }}{5}$.
D. $frac{{2sqrt {41} }}{{41}}$.
Lời giải
Gọi $E,F$ lần lượt là trung điểm $SO,OB$ thì $EF$ là hình chiếu của $MN$ trên $left( {SBD} right)$.
Gọi $P$ là trung điểm $OA$ thì $PN$ là hình chiếu của $MN$ trên $left( {ABCD} right)$.
Theo bài ra: $widehat {MNP} = {60^ circ }$.
Áp dụng định lý cos trong tam giác $CNP$ ta được:
$N{P^2} = C{P^2} + C{N^2} - 2CP cdot CN cdot cos{45^ circ } = {left( {frac{{3asqrt 2 }}{4}} right)^2} + frac{{{a^2}}}{4} - 2 cdot frac{{3asqrt 2 }}{4} cdot frac{a}{2} cdot frac{{sqrt 2 }}{2} = frac{{5{a^2}}}{8}$.
Suy ra: $NP = frac{{asqrt {10} }}{4},MP = NP cdot tan{60^ circ } = frac{{asqrt {30} }}{4};SO = 2MP = frac{{asqrt {30} }}{2}$.
$SB = sqrt {S{O^2} + O{B^2}} = 2asqrt 2 Rightarrow EF = asqrt 2 $.
Ta lại có: $MENF$ là hình bình hành ( vì $ME$ và $NF$ song song và cùng bằng $frac{1}{2}OA$ ).
Gọi $I$ là giao điểm của $MN$ và $EF$, khi đó góc giữa $MN$ và mặt phẳng $left( {SBD} right)$ là $widehat {NIF}$.
$coswidehat {NIF} = frac{{IK}}{{IN}} = frac{{asqrt 2 }}{2} cdot frac{4}{{asqrt {10} }} = frac{{2sqrt 5 }}{5}$.
Câu 49: Cho lăng trụ $ABC cdot A’B’C’$ có đáy là tam giác đều cạnh $a$. Hình chiếu vuông góc của $B’$ lên mặt phẳng $left( {ABC} right)$ trùng với trọng tâm $G$ của tam giác $ABC$. Cạnh bên hợp với $left( {ABC} right)$ góc ${60^ circ }$. Sin của góc giữa $AB$ và mặt phẳng $left( {BCC’B’} right)$.
A. $frac{3}{{sqrt {13} }}$.
B. $frac{3}{{2sqrt {13} }}$.
C. $frac{1}{{sqrt {13} }}$.
D. $frac{2}{{sqrt {13} }}$.
Lời giải
Ta có $B’G bot left( {ABC} right)$ nên $BG$ là hình chiếu của $BB’$ lên mặt phẳng $left( {ABC} right)$.
$ Rightarrow left( {BB’,left( {ABC} right)} right) = left( {BB’,BG} right) = widehat {B’BG} = {60^ circ }$.
Gọi $M$ là trung điểm $BC$ và $H$ là hình chiếu của $A$ lên $B’M$, ta có
$left{ {begin{array}{llllllllllllllllllll} {BC bot AM} {BC bot B’G} end{array} Rightarrow BC bot left( {AB’M} right) Rightarrow BC bot AH} right.$.
Mà $AH bot B’M$ nên $AH bot left( {BCC’B’} right)$.
Do đó $HB$ là hình chiếu của $AB$ lên mặt phẳng $left( {BCC’B’} right)$.
$ Rightarrow left( {AB,left( {BCC’B’} right)} right) = left( {AB,HB} right) = widehat {ABH}$.
Xét tam giác $ABH$ vuông tại $H$ có $sinwidehat {ABH} = frac{{AH}}{{AB}}$.
$B’G = BG cdot tan{60^ circ } = afrac{{sqrt 3 }}{2} cdot frac{2}{3} cdot sqrt 3 = a$.
$B’M = sqrt {B'{G^2} + G{M^2}} = sqrt {{a^2} + {{left( {frac{{asqrt 3 }}{2} cdot frac{1}{3}} right)}^2}} = frac{{asqrt {39} }}{6}$.
Ta có $vartriangle AHM sim Delta B’GM Rightarrow AH = frac{{AM cdot B’G}}{{B’M}} = frac{{a cdot frac{{asqrt 3 }}{2}}}{{frac{{asqrt {39} }}{6}}} = frac{{3a}}{{sqrt {13} }}$.
Vậy $sinwidehat {ABH} = frac{{frac{{3a}}{{sqrt {13} }}}}{a} = frac{3}{{sqrt {13} }}$.
Câu 50: Cho hình chóp $S cdot ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông cân tại $B,AB = a,SA bot AB,SC bot BC$, $SB = 2a$. Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm $SA,BC$. Gọi $alpha $ là góc giữa $MN$ với $left( {ABC} right)$. Tính $cosalpha $.
A. $cosalpha = frac{{2sqrt {11} }}{{11}}$.
B. $cosalpha = frac{{sqrt 6 }}{3}$.
C. $cosalpha = frac{{2sqrt 6 }}{5}$.
D. $cosalpha = frac{{sqrt {10} }}{5}$.
Lời giải
Gọi $D$ là hình chiếu của $S$ lên $left( {ABC} right)$, ta có:
$left{ {begin{array}{llllllllllllllllllll} {BC bot SC} {BC bot SD} end{array} Rightarrow BC bot CD$ và $left{ {begin{array}{llllllllllllllllllll} {AB bot SA} {AB bot SD} end{array} Rightarrow AB bot AD} right.} right..;$
Mà $ABC$ là tam giác vuông cân tại $B$ nên $ABCD$ là hình vuông.
Gọi $H$ là trung điểm của $AD$, ta có $MH//SD$ mà $ Rightarrow MH bot left( {ABCD} right)$.
Do đó $HN$ là hình chiếu của $MN$ lên $left( {ABC} right)$.
$ Rightarrow alpha = left( {MN,left( {ABC} right)} right) = left( {MN,NH} right) = overline {MNH} $
$SC = sqrt {S{B^2} - B{C^2}} = sqrt {4{a^2} - {a^2}} = asqrt 3 .$
$SD = sqrt {S{C^2} - D{C^2}} = sqrt {3{a^2} - {a^2}} = asqrt 2 .$
$tanalpha = frac{{MH}}{{NH}} = frac{{frac{1}{2} cdot SD}}{{AB}} = frac{{frac{{asqrt 2 }}{2}}}{a} = frac{{sqrt 2 }}{2}.$
$ Rightarrow cosalpha = sqrt {frac{1}{{1 + ta{n^2}alpha }}} = sqrt {frac{1}{{1 + frac{1}{2}}}} = frac{{sqrt 6 }}{3}.$
Câu 51: Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có tất cả các cạnh bằng $a$. Gọi $M$ là điểm trên đoạn $SD$ sao cho $SM = 2MD$.
Tan góc giữa đường thẳng $BM$ và mặt phẳng $left( {ABCD} right)$ là
A. $frac{1}{3}$.
B. $frac{{sqrt 5 }}{5}$.
C. $frac{{sqrt 3 }}{3}$.
D. $frac{1}{5}$.
Lời giải
Ta có $BD = asqrt 2 Rightarrow OD = frac{{asqrt 2 }}{2}$.
Xét tam giác $SOD$ vuông tại $O$ có: $SO = sqrt {S{D^2} - O{D^2}} = sqrt {{a^2} - {{left( {frac{{asqrt 2 }}{2}} right)}^2}} = frac{{asqrt 2 }}{2}$.
Kẻ $MH bot BD$ tại $H$ nên $left( {BM;left( {ABCD} right)} right) = widehat {MBH}$
Do $MH bot BD Rightarrow MH//SO$. Ta có $frac{{MH}}{{SO}} = frac{{MD}}{{SD}} = frac{{HD}}{{OD}} = frac{1}{3}$.
$ Rightarrow MH = frac{{SO}}{3} = frac{{asqrt 2 }}{6}$ và $HD = frac{1}{3}OD = frac{{asqrt 2 }}{6} Rightarrow BH = BD - HD = asqrt 2 - frac{{asqrt 2 }}{6} = frac{{5asqrt 2 }}{6}$.
Xét tam giác $BHM$ vuông tại $H$ có:
$tanleft( {BM;left( {ABCD} right)} right) = widehat {MBH} = frac{{MH}}{{BH}} Rightarrow tanleft( {BM;left( {ABCD} right)} right) = frac{1}{5}$
Câu 52: Cho hình chóp tam giác đều $S.ABC$ có độ dài cạnh đáy bằng $a$. Độ dài cạnh bên của hình chóp bằng bao nhiêu để góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng ${60^ circ }$.
A. $frac{{2a}}{{sqrt 3 }}$.
B. $frac{a}{6}$.
C. $frac{{asqrt 3 }}{6}$.
D. $frac{{2a}}{3}$.
Lời giải
Đặt $SA = x$.
Gọi $O$ là tâm của tam giác đều $ABC Rightarrow SO bot left( {ABC} right)$.
Hình chiếu của $SA$ trên mặt phẳng $left( {BCD} right)$ là $AO Rightarrow $ góc giữa cạnh bên $SA$ và mặt đáy là góc
$widehat {SAO} = {60^ circ }.;$
Xét tam giác vuông $SAO:cos{60^ circ } = frac{{AO}}{{SA}} Rightarrow SA = frac{{AO}}{{cos{{60}^ circ }}} = frac{{frac{{asqrt 3 }}{3}}}{{frac{1}{2}}} = frac{{2a}}{{sqrt 3 }}$.
Câu 53: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$, cạnh bên $SA$ vuông góc với đáy, cạnh bên $SB$ tạo với đáy góc ${45^ circ }$. Một mặt phẳng $left( alpha right)$ đi qua $A$ và vuông góc với $SC$ cắt hình chóp $S.ABCD$ theo thiết diện là tứ giác $AB’C’D’$ có diện tích bằng:
A. $frac{{{a^2}sqrt 3 }}{4}$.
B. $frac{{{a^2}sqrt 3 }}{2}$.
C. $frac{{{a^2}sqrt 3 }}{6}$.
D. $frac{{{a^2}sqrt 3 }}{3}$.
Lời giải
Dễ thấy $widehat {SBA} = {45^ circ }$. Ta có $B’D’ bot SC$ và $BD bot SC$ và $SC$ không vuông góc với mặt phẳng $left( {SBD} right)$, suy ra $BD//B’D’$. Nên từ $I = SO cap AC’$ nên từ $I$ kẻ $B’D’//BD$ cắt $SB,SD$ lần lượt tại $B’,D’$.
Từ trên suy ra $B’D’ bot AC’$ và $left{ {begin{array}{llllllllllllllllllll} {AB’ bot SC} {AB’ bot BC} end{array} Rightarrow AB’ bot SB} right.$.
Suy ra ${S_{AB’C’D’}} = frac{1}{2}AC’ cdot B’D’$. Mà $AC’ = frac{{asqrt 6 }}{3}$ và $frac{{B’D’}}{{BD}} = frac{{SB’}}{{SB}} = frac{{asqrt 2 }}{{2 cdot asqrt 2 }} = frac{1}{2} Rightarrow B’D’ = frac{{asqrt 2 }}{2}$.
Vậy ${S_{AB’C’D’}} = frac{1}{2}AC’ cdot B’D’ = frac{{sqrt 3 }}{6}{a^2}$.
