Câu hỏi:

19/08/2025 44 Lưu

Cho hình lập phương \[ABCD.A'B'C'D'\] có tâm \(O\). Gọi \(I\) là tâm của hình vuông \(A'B'C'D'\) và điểm \(M\) thuộc đoạn \(OI\) sao cho \(MO = 2MI\) (tham khảo hình vẽ). Tính sin của góc tạo bởi hai mặt phẳng \(\left( {MC'D'} \right)\) và \(\left( {MAB} \right)\) (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).

(Trả lời ngắn) Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có tâm O. Gọi I là tâm của hình vuông A'B'C'D' và điểm M thuộc đoạn OI sao cho MO = 2MI (tham khảo hình vẽ) (ảnh 1)

Quảng cáo

Trả lời:

verified Giải bởi Vietjack

(Trả lời ngắn) Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có tâm O. Gọi I là tâm của hình vuông A'B'C'D' và điểm M thuộc đoạn OI sao cho MO = 2MI (tham khảo hình vẽ) (ảnh 2)

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ, cạnh hình lập phương là \(1\), ta được tọa độ các điểm như sau :

\(M\left( {\frac{1}{2};\frac{1}{2};\frac{1}{6}} \right)\)\(,C'\left( {0;1;0} \right)\)\(,D'\left( {1;1;0} \right)\) và \(A\left( {1;0;1} \right)\)\(,B\left( {0;0;1} \right)\).

Khi đó \({\overrightarrow n _{\left( {MC'D'} \right)}} = \left( {0;1;3} \right)\)\(;{\overrightarrow n _{\left( {MAB} \right)}} = \left( {0;5;3} \right)\) nên \(\cos \widehat {\left( {\left( {MAB} \right),\left( {MC'D'} \right)} \right)}\)\( = \frac{{\left| {5.1 + 3.3} \right|}}{{\sqrt {{5^2} + {3^2}} .\sqrt {{1^2} + {3^2}} }}\) \( = \frac{{7\sqrt {85} }}{{85}}\).

Suy ra \[\sin \widehat {\left( {\left( {MAB} \right),\left( {MC'D'} \right)} \right)}\]\[ = \sqrt {1 - {{\left( {\frac{{7\sqrt {85} }}{{85}}} \right)}^2}} \]\( = \frac{{6\sqrt {85} }}{{85}}\).

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Lời giải

(Trả lời ngắn) Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, AC = a√3. Hình chiếu vuông góc của A' lên mặt phẳng ABC (ảnh 1)

Ta chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) với \(O \equiv A\) như hình vẽ, chọn \(a = 1\) đơn vị, khi đó ta có tọa độ điểm \(B\left( {1;0;0} \right)\), \(C\left( {0;\sqrt 3 ;0} \right)\) suy ra trung điểm của \(BC\) là \(H\left( {\frac{1}{2};\frac{{\sqrt 3 }}{2};0} \right)\), vì \(H\) là hình chiếu của \(A'\) nên suy ra tọa độ của \(A'\left( {\frac{1}{2};\frac{{\sqrt 3 }}{2};\sqrt 5 } \right)\). Ta tìm tọa độ \(B'\), gọi tọa độ \(B'\left( {x;y;z} \right)\) khi đó ta có \(\overrightarrow {A'B'}  = \overrightarrow {OB} \) nên tọa độ \(B'\left( {\frac{3}{2};\frac{{\sqrt 3 }}{2};\sqrt 5 } \right)\). Ta cũng có \(\overrightarrow {B'C}  = \left( { - \frac{3}{2};\frac{{\sqrt 3 }}{2}; - \sqrt 5 } \right)\) và \(\overrightarrow {A'B}  = \left( {\frac{1}{2}; - \frac{{\sqrt 3 }}{2}; - \sqrt 5 } \right)\). Từ đó ta có \(\cos \varphi  = \frac{{\left| {\overrightarrow {A'B} .\overrightarrow {B'C} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {A'B} } \right|.\left| {\overrightarrow {B'C} } \right|}}\) \( = \frac{7}{{2.\sqrt 6 .\sqrt 8 }} = \frac{{7\sqrt 3 }}{{24}}\).

Lời giải

(Trả lời ngắn) Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D', có AB = a, AD = a√2 góc giữa A'C và mặt phẳng ABCD bằng 30 độ (ảnh 1)

Do \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình hộp chữ nhật nên \(A'C'\) là hình chiếu vuông góc của \(A'C\) trên (ABCD)(A'C,(ABCD))=(A'C,A'C')=CA'C'^=300.

Ta có \(AC = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}}  = a\sqrt 3 ;\tan \widehat {CA'C'} = \frac{{CC'}}{{A'C'}} \Rightarrow CC' = a.\)

Kết hợp với giả thiết ta được \(ABB'A'\) là hình vuông và có \(H\) là tâm.

Gọi \(E,F\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(K\) trên \(A'D'\& A'A.\)

Ta có \(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A'{A^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} \Rightarrow AK = \frac{{a\sqrt 6 }}{3};\)\(A'K = \sqrt {A'{A^2} - A{K^2}}  = \frac{a}{{\sqrt 3 }};\)

\(\frac{1}{{K{F^2}}} = \frac{1}{{K{A^2}}} + \frac{1}{{A'{K^2}}} \Rightarrow KF = \frac{{a\sqrt 2 }}{3};KE = \sqrt {A'{K^2} - K{F^2}}  \Rightarrow KE = \frac{a}{3}.\)

Ta chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) thỏa mãn \(O \equiv A'\) còn \(D',{\rm{ }}B',{\rm{ }}A\) theo thứ tự thuộc các tia \(Ox,{\rm{ }}Oy,{\rm{ }}Oz.\) Khi đó ta có tọa độ các điểm lần lượt là:

\(A(0;0;a),B'(0;a;0),H(0;\frac{a}{2};\frac{a}{2}),K(\frac{{a\sqrt 2 }}{3};0;\frac{a}{3}),E(\frac{{a\sqrt 2 }}{3};0;0),F(0;0;\frac{{a\sqrt 2 }}{3}).\)

Mặt phẳng \(\left( {ABB'A'} \right)\) là mặt phẳng \((yOz)\) nên có VTPT là \({\overrightarrow n _1} = (1;0;0);\)

Ta có \(\left[ {\overrightarrow {AK} ,\overrightarrow {AH} } \right] = \frac{{{a^2}}}{6}{\overrightarrow n _2},{\rm{ }}{\overrightarrow n _2}(2;\sqrt 2 ;\sqrt 2 ).\)

Mặt phẳng \((AKH)\)có VTPT là \({\overrightarrow n _2} = (2;\sqrt 2 ;\sqrt 2 );\)

Gọi \(\alpha \) là góc giữa hai mặt phẳng\(\left( {AHK} \right)\) và \(\left( {ABB'A'} \right)\).

Ta có cosα=cos(n1,n2)=12α=450.