Giải SGK Toán 11 CTST Bài 5. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng. Góc nhị diện có đáp án

K là hình chiếu vuông góc của C lên (Q) nên $\widehat{CAK}$ được gọi là góc hợp bởi đường thẳng d và (Q).

Ta có:

$\begin{matrix}CB\perp AB \\ BK\perp AB \\ (P)\cap (Q)\end{matrix}\}$

Nên $\widehat{CBK}$ được gọi là góc hợp bởi hai mặt phẳng (P) và (Q)

a) Ta có:

$\begin{matrix}a\perp (P) \\ b\subset (P)\end{matrix}\}\Rightarrow \text{a}\perp \text{b}\Rightarrow (\text{a},\text{b})=90^{\circ}$

b) Lấy A $\in$ a. Gọi $O=a\cap (P)$

Dựng AH ⊥ a′ (H$\in$ a′)

Ta có: $(a,a')=(AO,OH)=\widehat{AOH}$

• DK ⊥ (ABHK) $\Rightarrow$(BD, (ABHK)) = (BD, BK) = $\widehat{DBK}$

• DK = CH = 2, $AK=\sqrt{A{D}^{2}-D{K}^{2}}=\frac{\sqrt{33}}{2};KB=\sqrt{A{K}^{2}+A{B}^{2}}=\frac{\sqrt{37}}{2}$

$\Rightarrow tan\widehat{DBK}=\frac{DK}{KB}=\frac{4}{\sqrt{37}}$

$\Rightarrow \widehat{DBK}\approx 33{,}3^{\circ}$

Vậy góc giữa đường thẳng BD và đáy hồ khoảng 33,3°.

Các nửa mặt phẳng có chung bờ d là: (P$_{1}$),(P$_{2}$),(Q$_{1}$),(Q$_{2}$).

Các nửa mặt phẳng này chia không gian thành 4 phần.

Mô hình hoá kim tự tháp bằng chóp tứ giác đều S.ABCD với O là tâm của đáy.

Vậy AB = 180 m, SO = 98 m.
Gọi M là trung điểm của BC.

• ΔSBC đều nên SM ⊥ BC.

• ΔOBC vuông cân tại O nên OM ⊥ BC.

Khi đó góc phẳng nhị diện [S, BC, O] = (MO, MS) = $\widehat{SMO}$.

Ta có: O là trung điểm của BD, M là trung điểm của BC.

Suy ra OM là đường trung bình của ΔBCD.

Do đó $OM=\frac{1}{2}CD=90\ (m)$.

Khi đó: $\tan \widehat{SMO}=\frac{98}{90}\Rightarrow \widehat{SMO}\approx 47{,}4^{\circ}$.

a) Gọi I là trung điểm của CD, O là tâm của ΔBCD.

$\Rightarrow$ AO ⊥ (BCD)

$\Rightarrow$ (AB, (BCD)) = (AB, OB) = $\widehat{ABO}$

Vậy góc giữa đường thẳng AB và (BCD) là $\widehat{ABO}$.

b)

• ΔACD đều nên AI ⊥ CD

• ΔBCD đều nên BI ⊥ CD

Do đó $[\text{A},\text{CD},\text{B}]=\widehat{\text{AIB}}$.

Vậy $\widehat{\text{AIB}}$ là góc phẳng nhị diện [A, CD, B].

• ΔACD đều nên AI ⊥ CD

• ΔECD đều nên EI ⊥ CD

Do đó $[\text{A},\text{CD},\text{E}]=\widehat{\text{AIE}}$.

Vậy $\widehat{\text{AIE}}$ là góc phẳng nhị diện [A, CD, E].

a) S.ABCD là hình chóp tứ giác đều có O là tâm của đáy

$\Rightarrow$SO ⊥ (ABCD) $\Rightarrow$ (SA, (ABCD)) = (SA,OA) = $\widehat{SAO}$

Vậy góc giữa đường thẳng SA và (ABCD) là $\widehat{SAO}$

b) Gọi M là trung điểm của AB

SO ⊥ (ABCD) ⇒ SO ⊥ AO, SO ⊥ BO

Vậy $\widehat{AOB}$ là góc phẳng nhị diện [A, SO, B]

• ABCD là hình vuông nên $\widehat{AOB}=90^{\circ}$

• ΔSAB đều nên SM ⊥ AB

• ΔOAB vuông cân tại O nên OM ⊥ AB

Vậy $\widehat{SMO}$ là góc phẳng nhị diện [S, AB, O].

a) Kẻ C′H ⊥ OC (H $\in$ OC).

OO′C′H là hình chữ nhật nên OO′// C′H.

Mà OO′ ⊥ (ABCDEF) nên C′H ⊥ (ABCDEF).

Do đó (CC′, (ABCDEF)) = (CC′, CH) = $\widehat{{C}^{'}CH}$.

b) Gọi M, M′ lần lượt là trung điểm của AB, A′B′.

Khi đó, OM ⊥ AB, O′M′ ⊥ A′B.

ABB′A′ là hình thang cân nên MM′ ⊥ AB, MM′ ⊥ A′B.

Do đó [O, AB, A′] = $\widehat{OMM'}$; [O′, A′B′, A] = $\widehat{O'M'M}$.

a) Xét tam giác vuông CBB′có: $B'C=\sqrt{B{C}^{2}+BB{'}^{2}}=2\sqrt{61}(m)$

Gọi $α$ là góc giữa đường thẳng (CA′, (CC′B′B)) = $\widehat{A'B'C}$

Khi đó: $\tan α=\frac{A'B'}{B'C}=\frac{4}{2\sqrt{61}}=\frac{2}{\sqrt{61}}$.

Suy ra $α\approx 14^{\circ}22'$.

b) Ta có: CC′ ⊥ (ABC) $\Rightarrow$ CC′ ⊥ AC, CC′ ⊥ BC.

Gọi $β$ là góc phẳng nhị diện cạnh [A’, CC’, B’] = $\widehat{ACB}$.

$\tan β=\frac{A'B'}{B'C'}=\frac{4}{12}=\frac{1}{3}$.

Suy ra $β\approx {18}^{0}26'$.

Vì ABCD là hình vuông nên ta có OF = 7 m

Chiều cao khối chóp S.ABCD là: $SO=IF\ .\ \tan 45^{\circ}\ =\ 7\ .\ 1=7\ (m)$

Tuơng tự có chiều cao khối chóp S.A′B′C′D′ là: SO′ = 5 m

Thể tích khối chóp S.ABCD:

${V}_{S.ABC\text{D}}=\ \frac{1}{3}\ {.14}^{2}.7=457{,}3\ ({m}^{3})$

Thể tích khối chóp S.A’B’C’D’:

${V}_{S.A'B'C'D'}=\ \frac{1}{3}{.10}^{2}.5=\ 166{,}7\ ({m}^{3})$

Thể tích khối chóp cụt bằng số khối đất phải đào:

${V}_{CC}=457{,}3-166{,}7=290{,}6\ ({m}^{3})$.

Vậy có 290,6 m$^{3}$ khối đất cần phải di chuyển ra khỏi hầm.