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).

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: (Trả lời ngắn) 9 bài tập Công thức tính góc trong không gian (có lời giải) !!

Bắt đầu thi

Quảng cáo

Trả lời:

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}}$.

Hot: 500+ Đề thi thử tốt nghiệp THPT các môn, ĐGNL các trường ĐH... file word có đáp án (2025). Tải ngay

Sách thầy cô Vietjack biên soạn:

Xem thêm »

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Trong không gian với hệ trục tọa độ\[Oxyz\], cho điểm \[H\left( {2;1;2} \right)\], \[H\] là hình chiếu vuông góc của gốc tọa độ \[O\] xuống mặt phẳng\[\left( P \right)\]. Tính số đo góc giữa mặt \[\left( P \right)\] và mặt phẳng \[\left( Q \right):x + y - 11 = 0\] theo đơn vị độ.

Xem đáp án

Lời giải

Đáp án: \[45\]

\[\left( P \right)\]qua O và nhận \[\overrightarrow {OH} = \left( {2;1;2} \right)\]làm VTPT

\[\left( Q \right):x - y - 11 = 0\] có VTPT \[\overrightarrow n = \left( {1;1;0} \right)\]

Ta có

\cos (\hat{(P), (Q)}) = \frac{|\vec{O H} . \vec{n}|}{O H . |\vec{n}|} = \frac{1}{\sqrt{2}} \Rightarrow \hat{((P), (Q))} = 45^{0}

Câu 2

Cho hình lăng trụ đứng $ABC.A'B'C'$ có đáy là tam giác cân đỉnh $A$. Biết $BC = a\sqrt 3 $ và $\hat{A B C} = 30^{o}$ , cạnh bên $AA' = a$. Gọi $M$ là điểm thỏa mãn $2\overrightarrow {CM} = 3\overrightarrow {CC'} $. Gọi $\alpha $ là góc tạo bởi hai mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ và $\left( {AB'M} \right)$, khi đó tính $\sin \alpha $ (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).

Xem đáp án

Lời giải

(Trả lời ngắn) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy là tam giác cân đỉnh A. Biết BC = a√3 và ABC = 30 độ, cạnh bên AA' = 0 (ảnh 1)

Gọi $O$ là trung điểm $BC$.

Ta có:

B O = A B . {cos30}^{o} \Leftrightarrow A B = \frac{B O}{{cos30}^{o}} = \frac{a \sqrt{3}}{2. \frac{\sqrt{3}}{2}} = a = A C

và

A O = A B . {sin30}^{o} = \frac{a}{2}

Theo đề bài:

$2 \vec{C M} = 3 \vec{C C^{'}} \Leftrightarrow \vec{C M} = \frac{3}{2} \vec{C C^{'}} \Leftrightarrow \vec{C C^{'}} + \vec{C^{'} M} = \frac{3}{2} \vec{C C^{'}} \Leftrightarrow \vec{C^{'} M} = \frac{1}{2} \vec{C C^{'}} \Rightarrow C^{'} M = \frac{a}{2}$

(Trả lời ngắn) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy là tam giác cân đỉnh A. Biết BC = a√3 và ABC = 30 độ, cạnh bên AA' = 0 (ảnh 2)

Coi $a = 1$.

Gắn hệ trục tọa độ $Oxyz$như hình vẽ với $O\left( {0;\,0;\,0} \right)$, $A\left( {0;\,\frac{1}{2};\,0} \right)$, $B\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2};\,0;\,0} \right)$, $C\left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{2};\,0;\,0} \right)$, $B'\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2};\,0;\,1} \right)$, $M\left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{2};\,0;\,\frac{3}{2}} \right)$.

Khi đó $\left( {ABC} \right) \equiv \left( {Oxy} \right):z = 0 \Rightarrow \left( {ABC} \right)$ có một véc-tơ pháp tuyến là $\overrightarrow k = \left( {0;\,0;\,1} \right)$.

Ta có: $\overrightarrow {AB'} = \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2};\, - \frac{1}{2};\,1} \right)$, $\overrightarrow {AM} = \left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{2};\, - \frac{1}{2};\,\frac{3}{2}} \right)$$ \Rightarrow \overrightarrow {{n_{\left( {AB'M} \right)}}} = 4\left[ {\overrightarrow {AB'} ,\overrightarrow {AM} } \right] = \left( {1;\,5\sqrt 3 ;\,2\sqrt 3 } \right)$.

Gọi $\alpha $ là góc giữa hai mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ và $\left( {AB'M} \right)$.

Vậy \[{\rm{cos}}\alpha = \frac{{\left| {\overrightarrow k .\overrightarrow {{n_{\left( {AB'M} \right)}}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow k } \right|.\left| {\overrightarrow {{n_{\left( {AB'M} \right)}}} } \right|}} = \frac{{\left| {2\sqrt 3 } \right|}}{{1.2\sqrt {22} }} = \sqrt {\frac{3}{{22}}} \Rightarrow {\rm{sin}}\alpha = \sqrt {1 - {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha } = \sqrt {\frac{{19}}{{22}}} = \frac{{\sqrt {418} }}{{22}}\].

Câu 3