(Trả lời ngắn) 9 bài tập Công thức tính góc trong không gian (có lời giải)
28 người thi tuần này 4.6 28 lượt thi 9 câu hỏi 45 phút
🔥 Đề thi HOT:
7881 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án ( Phần 1)
5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án (Phần 1)
7 câu Trắc nghiệm Khối đa diện lồi và khối đa diện đều có đáp án (Vận dụng)
62 câu Trắc nghiệm Khái niệm về khối đa diện (nhận biết)
237 câu Bài tập Hàm số mũ, logarit ôn thi Đại học có lời giải (P1)
20 câu Trắc nghiệm Toán 12 Kết nối tri thức Bài 1: Tính đơn điệu và cực trị của hàm số có đáp án
Nội dung liên quan:
Danh sách câu hỏi:
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 cóLời giải
Đáp án: 2
Mặt phẳng \[(P)\], \[(Q)\] có vectơ pháp tuyến lần lượt là\[\overrightarrow {{n_p}} = \left( {1; - 2;2} \right)\], \[\overrightarrow {{n_Q}} = \left( {1;0;2m - 1} \right)\]
Vì \[(P)\] tạo với \[(Q)\] góc \[\frac{\pi }{4}\] nên
\[\begin{array}{l}{\rm{cos}}\frac{\pi }{4} = \left| {{\rm{cos}}\left( {\overrightarrow {{n_p}} ;\overrightarrow {{n_Q}} } \right)} \right| \Leftrightarrow \frac{1}{{\sqrt 2 }} = \frac{{\left| {1 + 2(2m - 1)} \right|}}{{3.\sqrt {1 + {{(2m - 1)}^2}} }}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow 2{\left( {4m - 1} \right)^2} = 9\left( {4{m^2} - 4m + 2} \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow 4{m^2} - 20m + 16 = 0\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = 4\end{array} \right..\end{array}\]
Lời giải
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 \[\sin \widehat {\left( {\left( {MAB} \right),\left( {MC'D'} \right)} \right)}\]\[ = \sqrt {1 - {{\left( {\frac{{7\sqrt {85} }}{{85}}} \right)}^2}} \]\( = \frac{{6\sqrt {85} }}{{85}}\).
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

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