Cho hình hộp chữ nhật \(ABCD.A'B'C'D'\), có \(AB = a,\,AD = a\sqrt 2 ,\)góc giữa \(A'C\)và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) bằng \(30^\circ \). Gọi \(H\)là hình chiếu vuông góc của \(A\)trên \(A'B\)và \(K\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \(A'D.\) Tính góc giữa hai mặt phẳng\(\left( {AHK} \right)\) và \(\left( {ABB'A'} \right)\).
Cho hình hộp chữ nhật \(ABCD.A'B'C'D'\), có \(AB = a,\,AD = a\sqrt 2 ,\)góc giữa \(A'C\)và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) bằng \(30^\circ \). Gọi \(H\)là hình chiếu vuông góc của \(A\)trên \(A'B\)và \(K\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \(A'D.\) Tính góc giữa hai mặt phẳng\(\left( {AHK} \right)\) và \(\left( {ABB'A'} \right)\).
Quảng cáo
Trả lời:


Do \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình hộp chữ nhật nên \(A'C'\) là hình chiếu vuông góc của \(A'C\) trên
Ta có
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
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:
Mặt phẳng \(\left( {ABB'A'} \right)\) là mặt phẳng \((yOz)\) nên có VTPT là \({\overrightarrow n _1} = (1;0;0);\)
Ta có
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
Hot: Danh sách các trường đã công bố điểm chuẩn Đại học 2025 (mới nhất) (2025). Xem ngay
- 20 Bộ đề, Tổng ôn, sổ tay môn Toán (có đáp án chi tiết) ( 55.000₫ )
- 250+ Công thức giải nhanh môn Toán 12 (chương trình mới) ( 18.000₫ )
- Sổ tay lớp 12 các môn Toán, Lí, Hóa, Văn, Sử, Địa, KTPL (chương trình mới) ( 36.000₫ )
- Tổng ôn lớp 12 môn Toán, Lí, Hóa, Văn, Anh, Sinh Sử, Địa, KTPL (Form 2025) ( 36.000₫ )
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải

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
Đáp án: \(\left( { - \frac{1}{5};\frac{2}{5};\frac{4}{5}} \right)\)
Giao điểm của \({d_1}\) và \({d_2}\) là nghiệm của hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{x}{1} = \frac{y}{{ - 2}} = \frac{{z - 1}}{1}\\\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 1}}{1} = \frac{{z - 1}}{1}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2x - y = 0\\x - z = - 1\\x - 2y = 3\\x - 2z = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - \frac{1}{5}\\y = \frac{2}{5}\\z = \frac{4}{5}\end{array} \right.\)
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.