Ta có thể gắn cho mỗi vị trí trên Trái Đất một cặp số, được gọi là vĩ độ và kinh độ. Mỗi vị trí trên Trái Đất hoàn toàn xác định khi biết vĩ độ và kinh độ của nó. Sau bài học này, ta có thể hiểu và diễn đạt chính xác các khái niệm đó.

1. Góc giữa hai mặt phẳng, hai mặt phẳng vuông góc

1.1. Định nghĩa góc giữa hai mặt phẳng

Cho hai mặt phẳng $(P)$ và $(Q)$. Lấy các đường thẳng $a$, $b$ tương ứng vuông góc với $(P)$, $(Q)$. Khi đó, góc giữa $a$ và $b$ không phụ thuộc vào vị trí của $a$, $b$ và được gọi là góc giữa hai mặt phẳng $(P)$ và $(Q)$.

1.2. Hai mặt phẳng vuông góc

$$\boxed{\text{Hai mặt phẳng } (P) \text{ và } (Q) \text{ được gọi là vuông góc với nhau nếu góc giữa chúng bằng } 90°}$$

Ký hiệu: $(P) \perp (Q)$

Chú ý: Nếu $\varphi$ là góc giữa hai mặt phẳng $(P)$ và $(Q)$ thì $0° \leq \varphi \leq 90°$.

• Góc giữa hai mặt phẳng bằng $0°$ khi hai mặt phẳng song song hoặc trùng nhau.
• Góc giữa hai mặt phẳng khác $0°$ khi hai mặt phẳng cắt nhau.

Ví dụ 1: Cho hai mặt phẳng $(P)$ và $(Q)$ cắt nhau theo giao tuyến $\Delta$. Lấy một điểm $O$ bất kỳ thuộc đường thẳng $\Delta$. Gọi $m$, $n$ là các đường thẳng đi qua $O$, tương ứng thuộc $(P)$, $(Q)$ và vuông góc với $\Delta$. Chứng minh rằng góc giữa $(P)$ và $(Q)$ bằng góc giữa $m$ và $n$.

Giải: (H.7.45)

Trong mặt phẳng chứa $m$, $n$, lấy một điểm $E$ không thuộc các đường thẳng $m$, $n$. Gọi $A$, $B$ tương ứng là hình chiếu của $E$ trên $m$, $n$. Khi đó $\Delta$ vuông góc với các đường thẳng $EA$, $EB$.

Do $EA \perp m$, $EA \perp \Delta$ nên $EA \perp (P)$. Tương tự, $EB \perp (Q)$. Do đó, góc giữa $(P)$ và $(Q)$ bằng góc giữa $EA$ và $EB$.

Do $\widehat{OAE} = 90° = \widehat{OBE}$ nên bốn điểm $O$, $A$, $E$, $B$ thuộc một đường tròn. Do đó, $\widehat{AOB}$ và $\widehat{AEB}$ bằng hoặc bù nhau, tức là $(EA, EB) = (m, n)$.

Vậy góc giữa $(P)$ và $(Q)$ bằng góc giữa $m$ và $n$.

1.3. Nhận xét quan trọng

(H.7.46) Cho hai mặt phẳng $(P)$ và $(Q)$ cắt nhau theo giao tuyến $\Delta$. Lấy hai đường thẳng $m$, $n$ tương ứng thuộc $(P)$, $(Q)$ và cùng vuông góc với $\Delta$ tại một điểm $O$ (nói cách khác, lấy một mặt phẳng vuông góc với $\Delta$ cắt $(P)$, $(Q)$ tương ứng theo các giao tuyến $m$, $n$). Khi đó:

$$\boxed{\text{Góc giữa } (P) \text{ và } (Q) \text{ bằng góc giữa } m \text{ và } n}$$

Đặc biệt: $(P) \perp (Q)$ khi và chỉ khi $m \perp n$.

Luyện tập 1: Cho hình chóp $S.ABCD$, đáy $ABCD$ là một hình chữ nhật có tâm $O$, $SO \perp (ABCD)$. Chứng minh rằng hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBD)$ vuông góc với nhau khi và chỉ khi $ABCD$ là một hình vuông.

2. Điều kiện để hai mặt phẳng vuông góc

2.1. Định lý

$$\boxed{\text{Hai mặt phẳng vuông góc với nhau nếu mặt phẳng này chứa một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng kia}}$$

Phát biểu tương đương: Nếu $(P)$ chứa đường thẳng $a$ và $a \perp (Q)$ thì $(P) \perp (Q)$.

Ví dụ 2: Cho tứ diện $OABC$ có $OA$ vuông góc với $OB$ và $OC$. Chứng minh rằng các mặt phẳng $(OAB)$ và $(OAC)$ cùng vuông góc với mặt phẳng $(OBC)$.

Giải:

Do $OA \perp OB$ và $OA \perp OC$ nên $OA \perp (OBC)$.

Mặt khác, các mặt phẳng $(OAB)$, $(OAC)$ chứa $OA$.

Do đó chúng cùng vuông góc với mặt phẳng $(OBC)$.

Luyện tập 2: Trong HĐ1 của Bài 23, ta đã nhận ra rằng đường thẳng nối các bản lề của cửa phòng vuông góc với sàn nhà. Hãy giải thích vì sao trong quá trình đóng – mở, cánh cửa luôn vuông góc với sàn nhà.

3. Tính chất của hai mặt phẳng vuông góc

Tính chất 1

$$\boxed{\text{Với hai mặt phẳng vuông góc với nhau, bất kỳ đường thẳng nào nằm trong mặt phẳng này mà vuông góc với giao tuyến cũng vuông góc với mặt phẳng kia}}$$

Phát biểu chi tiết: Cho $(P) \perp (Q)$ có giao tuyến $\Delta$. Nếu $a \subset (P)$ và $a \perp \Delta$ thì $a \perp (Q)$.

Nhận xét: Cho hai mặt phẳng $(P)$ và $(Q)$ vuông góc với nhau. Mỗi đường thẳng qua điểm $O$ thuộc $(P)$ và vuông góc với mặt phẳng $(Q)$ thì đường thẳng đó thuộc mặt phẳng $(P)$.

Tính chất 2

$$\boxed{\text{Nếu hai mặt phẳng cắt nhau và cùng vuông góc với một mặt phẳng thứ ba thì giao tuyến của chúng vuông góc với mặt phẳng thứ ba đó}}$$

Phát biểu chi tiết: Nếu $(P) \perp (R)$, $(Q) \perp (R)$ và $(P) \cap (Q) = a$ thì $a \perp (R)$.

Ví dụ 3: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình chữ nhật và $SA \perp (ABCD)$. Gọi $B’$, $C’$, $D’$ tương ứng là hình chiếu của $A$ trên $SB$, $SC$, $SD$. Chứng minh rằng:

a) $(SBC) \perp (SAB)$, $AB’ \perp (SBC)$, $AD’ \perp (SCD)$.

b) Các điểm $A$, $B’$, $C’$, $D’$ cùng thuộc một mặt phẳng.

Giải: (H.7.50)

a) Vì $BC \perp SA$ và $BC \perp AB$ nên $BC \perp (SAB)$. Do đó, $(SBC) \perp (SAB)$.

Đường thẳng $AB’$ thuộc $(SAB)$ và vuông góc với $SB$ nên $AB’ \perp (SBC)$.

Tương tự $AD’ \perp (SCD)$.

b) Từ câu a ta có $AB’ \perp SC$, $AD’ \perp SC$.

Các đường thẳng $AB’$, $AC’$, $AD’$ cùng đi qua $A$ và vuông góc với $SC$ nên cùng thuộc một mặt phẳng.

Do đó bốn điểm $A$, $B’$, $C’$, $D’$ cùng thuộc một mặt phẳng.

Luyện tập 3: Với giả thiết như ở Ví dụ 3, chứng minh rằng:

a) Các mặt phẳng $(AB’C’D’)$ và $(ABCD)$ cùng vuông góc với $(SAC)$;

b) Giao tuyến của hai mặt phẳng $(AB’C’D’)$ và $(ABCD)$ là đường thẳng đi qua $A$, nằm trong mặt phẳng $(ABCD)$ và vuông góc với $AC$.

4. Góc nhị diện

4.1. Định nghĩa góc nhị diện

Hình gồm hai nửa mặt phẳng $(P)$, $(Q)$ có chung bờ $a$ được gọi là một góc nhị diện, ký hiệu là $[P, a, Q]$.

• Đường thẳng $a$ được gọi là cạnh của góc nhị diện.
• Các nửa mặt phẳng $(P)$, $(Q)$ được gọi là các mặt của góc nhị diện.

Chú ý: Mỗi đường thẳng $a$ trong một mặt phẳng chia mặt phẳng thành hai phần, mỗi phần cùng với $a$ là một nửa mặt phẳng bờ $a$.

4.2. Góc phẳng của góc nhị diện

Từ một điểm $O$ bất kỳ thuộc cạnh $a$ của góc nhị diện $[P, a, Q]$, vẽ các tia $Ox$, $Oy$ tương ứng thuộc $(P)$, $(Q)$ và vuông góc với $a$. Góc $\widehat{xOy}$ được gọi là một góc phẳng của góc nhị diện $[P, a, Q]$ (gọi tắt là góc phẳng nhị diện).

$$\boxed{\text{Số đo của góc } \widehat{xOy} \text{ không phụ thuộc vào vị trí của } O \text{ trên } a}$$

Chú ý quan trọng:

• Số đo của góc nhị diện có thể nhận giá trị từ $0°$ đến $180°$.
• Góc nhị diện được gọi là vuông, nhọn, tù nếu nó có số đo tương ứng bằng, nhỏ hơn, lớn hơn $90°$.
• Đối với hai điểm $M$, $N$ không thuộc đường thẳng $a$, ta ký hiệu $[M, a, N]$ là góc nhị diện có cạnh $a$ và các mặt tương ứng chứa $M$, $N$.
• Hai mặt phẳng cắt nhau tạo thành bốn góc nhị diện. Nếu một trong bốn góc nhị diện đó là góc nhị diện vuông thì các góc nhị diện còn lại cũng là góc nhị diện vuông.

Nhận xét: Mặt phẳng chứa góc phẳng nhị diện $\widehat{xOy}$ của $[P, a, Q]$ vuông góc với cạnh $a$.

Ví dụ 4: Cho hình chóp $S.ABCD$ có $SA \perp (ABCD)$, đáy $ABCD$ là hình thoi có cạnh bằng $a$, $AC = a$, $SA = \dfrac{1}{2}a$. Gọi $O$ là giao điểm của hai đường chéo hình thoi $ABCD$ và $H$ là hình chiếu của $O$ trên $SC$.

a) Tính số đo của các góc nhị diện $[B, SA, D]$; $[S, BD, A]$; $[S, BD, C]$.

b) Chứng minh rằng $\widehat{BHD}$ là một góc phẳng của góc nhị diện $[B, SC, D]$.

Giải: (H.7.54)

a) Vì $SA \perp (ABCD)$ nên $AB$ và $AD$ vuông góc với $SA$. Vậy $\widehat{BAD}$ là một góc phẳng của góc nhị diện $[B, SA, D]$.

Hình thoi $ABCD$ có cạnh bằng $a$ và $AC = a$ nên các tam giác $ABC$, $ACD$ đều. Do đó $\widehat{BAD} = 120°$.

Vậy số đo của góc nhị diện $[B, SA, D]$ bằng $120°$.

Vì $BD \perp AC$ và $BD \perp SA$ nên $BD \perp (SAC)$. Vậy $AC$ và $SO$ vuông góc với $BD$. Suy ra $\widehat{AOS}$ là một góc phẳng của góc nhị diện $[S, BD, A]$ và $\widehat{COS}$ là một góc phẳng của góc nhị diện $[S, BD, C]$.

Tam giác $SAO$ vuông tại $A$ và có $SA = \dfrac{1}{2}a = AO$ nên $\widehat{AOS} = 45°$.

Suy ra $\widehat{COS} = 180° – \widehat{AOS} = 135°$.

Vậy các góc nhị diện $[S, BD, A]$, $[S, BD, C]$ tương ứng có số đo là $45°$, $135°$.

b) Theo chứng minh trên, $BD \perp (SAC)$ nên $BD \perp SC$. Mặt khác, $OH \perp SC$ nên $SC \perp (BHD)$.

Do đó, $\widehat{BHD}$ là một góc phẳng của góc nhị diện $[B, SC, D]$.

Luyện tập 4: Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA \perp (ABC)$, $AB = AC = a$, $\widehat{BAC} = 120°$, $SA = \dfrac{a}{2\sqrt{3}}$. Gọi $M$ là trung điểm của $BC$.

a) Chứng minh rằng $\widehat{SMA}$ là một góc phẳng của góc nhị diện $[S, BC, A]$.

b) Tính số đo của góc nhị diện $[S, BC, A]$.

Vận dụng 1: Trong cửa sổ ở Hình 7.56, cánh và khung cửa là các nửa hình tròn có đường kính 80 cm, bản lề được đính ở điểm chính giữa $O$ của các cung tròn khung và cánh cửa. Khi cửa mở, đường kính của khung và đường kính của cánh song song với nhau và cách nhau một khoảng $d$; khi cửa đóng, hai đường kính đó trùng nhau. Hãy tính số đo của góc nhị diện có hai nửa mặt phẳng tương ứng chứa cánh, khung cửa khi $d = 40$ cm.

5. Một số hình lăng trụ đặc biệt

Trong chương IV, ta đã biết khái niệm hình lăng trụ. Với các kiến thức về quan hệ vuông góc, ta có thể định nghĩa một số hình lăng trụ đặc biệt sau đây.

Hình lăng trụ đứng

$$\boxed{\text{Hình lăng trụ đứng là hình lăng trụ có các cạnh bên vuông góc với mặt đáy}}$$

Tính chất: Hình lăng trụ đứng có các mặt bên là các hình chữ nhật và vuông góc với mặt đáy.

Hình lăng trụ đều

$$\boxed{\text{Hình lăng trụ đều là hình lăng trụ đứng có đáy là đa giác đều}}$$

Tính chất: Hình lăng trụ đều có các mặt bên là các hình chữ nhật có cùng kích thước.

Hình hộp đứng

$$\boxed{\text{Hình hộp đứng là hình lăng trụ đứng, có đáy là hình bình hành}}$$

Tính chất: Hình hộp đứng có các mặt bên là các hình chữ nhật.

Hình hộp chữ nhật

$$\boxed{\text{Hình hộp chữ nhật là hình hộp đứng có đáy là hình chữ nhật}}$$

Tính chất:

• Hình hộp chữ nhật có các mặt bên là hình chữ nhật (tất cả 6 mặt đều là hình chữ nhật).
• Các đường chéo của hình hộp chữ nhật có độ dài bằng nhau và chúng cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Ví dụ 5: Cho hình hộp chữ nhật $ABCD.A’B’C’D’$. Chứng minh rằng $ACC’A’$ là một hình chữ nhật.

Giải: (H.7.62)

Ta có $AA’ = CC’$ và $AA’ \parallel CC’$ (vì $AA’$, $CC’$ cùng bằng và cùng song song với $DD’$). Do đó $ACC’A’$ là một hình bình hành.

Mặt khác, $AA’ \perp (A’B’C’D’)$ nên $AA’ \perp A’C’$.

Do đó $ACC’A’$ là một hình chữ nhật.

Hình lập phương

$$\boxed{\text{Hình lập phương là hình hộp chữ nhật có tất cả các cạnh bằng nhau}}$$

Tính chất: Hình lập phương có các mặt là các hình vuông.

Chú ý: Khi đáy của hình lăng trụ đứng (đều) là tam giác, tứ giác, ngũ giác,… đôi khi ta cũng tương ứng gọi rõ là hình lăng trụ đứng (đều) tam giác, tứ giác, ngũ giác,…

Ví dụ 6: Cho hình lập phương $ABCD.A’B’C’D’$. Chứng minh rằng $A’BD$ là tam giác đều.

Giải: (H.7.64)

Gọi $a$ là độ dài các cạnh của hình lập phương. Do các mặt của hình lập phương là các hình vuông nên:

$$BD = \sqrt{AB^2 + AD^2} = a\sqrt{2}$$

$$A’D = \sqrt{AA’^2 + AD^2} = a\sqrt{2}$$

$$A’B = \sqrt{AA’^2 + AB^2} = a\sqrt{2}$$

Tam giác $A’BD$ có ba cạnh bằng nhau nên là tam giác đều.

Vận dụng 2: Từ một tấm tôn hình chữ nhật, tại 4 góc bác Hùng cắt bỏ đi 4 hình vuông có cùng kích thước và sau đó hàn gắn các mép tại các góc như Hình 7.65. Giải thích vì sao bằng cách đó, bác Hùng nhận được chiếc thùng không nắp có dạng hình hộp chữ nhật.

6. Hình chóp đều và hình chóp cụt đều

6.1. Hình chóp đều

$$\boxed{\text{Hình chóp đều là hình chóp có đáy là đa giác đều và các cạnh bên bằng nhau}}$$

Chú ý: Tương tự như đối với hình chóp, khi đáy của hình chóp đều là tam giác đều, hình vuông, ngũ giác đều,… đôi khi ta cũng gọi rõ chúng tương ứng là hình chóp tam giác đều, tứ giác đều, ngũ giác đều,…

Định lý đặc trưng:

$$\boxed{\text{Một hình chóp là đều khi và chỉ khi đáy của nó là một đa giác đều và hình chiếu của đỉnh trên mặt phẳng đáy là tâm của mặt đáy}}$$

Ví dụ 7: Chứng minh rằng một hình chóp là đều khi và chỉ khi đáy của nó là một đa giác đều và các cạnh bên tạo với mặt phẳng đáy các góc bằng nhau.

Giải: (H.7.68)

Xét hình chóp $S.A_1A_2…A_n$. Gọi $O$ là hình chiếu của $S$ trên mặt phẳng đáy.

Chiều thuận: Giả sử hình chóp là đều, khi đó $O$ là tâm của đa giác đều $A_1A_2…A_n$. Các tam giác $SOA_1$, $SOA_2$,…, $SOA_n$ đều vuông tại $O$, có chung cạnh $SO$ và có các cạnh $OA_1$, $OA_2$,…, $OA_n$ bằng nhau, do đó chúng bằng nhau.

Vậy $\widehat{SA_1O} = \widehat{SA_2O} = … = \widehat{SA_nO}$, tức là các cạnh bên của hình chóp tạo với mặt phẳng đáy các góc bằng nhau.

Chiều đảo: Ngược lại, giả sử hình chóp có đáy là đa giác đều và các cạnh bên tạo với mặt phẳng đáy các góc bằng nhau. Khi đó, $\widehat{SA_1O} = \widehat{SA_2O} = … = \widehat{SA_nO}$. Từ đó suy ra các tam giác vuông $SOA_1$, $SOA_2$,…, $SOA_n$ bằng nhau. Do đó, $SA_1 = SA_2 = … = SA_n$. Mặt khác, $A_1A_2…A_n$ là đa giác đều, do đó $S.A_1A_2…A_n$ là hình chóp đều.

Luyện tập 5: Cho hình chóp tam giác đều $S.ABC$, cạnh đáy bằng $a$, cạnh bên bằng $a\sqrt{\dfrac{5}{12}}$. Tính số đo của góc nhị diện $[S, BC, A]$.

6.2. Hình chóp cụt đều

Cho hình chóp đều $S.A_1A_2…A_n$. Một mặt phẳng không đi qua $S$ và song song với mặt phẳng đáy, cắt các cạnh $SA_1$, $SA_2$,…, $SA_n$ tương ứng tại $B_1$, $B_2$,…, $B_n$.

Định nghĩa: Hình gồm các đa giác đều $A_1A_2…A_n$, $B_1B_2…B_n$ và các hình thang cân $A_1A_2B_2B_1$, $A_2A_3B_3B_2$,…, $A_nA_1B_1B_n$ được tạo thành như trên được gọi là một hình chóp cụt đều, ký hiệu là $A_1A_2…A_n.B_1B_2…B_n$.

Các yếu tố của hình chóp cụt đều:

• Các đa giác đều $A_1A_2…A_n$, $B_1B_2…B_n$ được gọi là hai mặt đáy
• Các hình thang $A_1A_2B_2B_1$, $A_2A_3B_3B_2$,…, $A_nA_1B_1B_n$ được gọi là các mặt bên
• Các đoạn thẳng $A_1B_1$, $A_2B_2$,…, $A_nB_n$ được gọi là các cạnh bên
• Các cạnh của mặt đáy được gọi là các cạnh đáy
• Đoạn thẳng $HK$ nối hai tâm của đáy được gọi là đường cao
• Độ dài của đường cao được gọi là chiều cao của hình chóp cụt đều

Tính chất: Hình chóp cụt đều có các cạnh bên bằng nhau.

Ví dụ 8: Cho hình chóp cụt đều $ABC.A’B’C’$ có chiều cao bằng $h$, các đáy là các tam giác đều $ABC$, $A’B’C’$ có cạnh tương ứng là $a$, $a’$ $(a > a’)$. Tính độ dài các cạnh bên của hình chóp cụt đều.

Giải: (H.7.71)

Gọi $H$, $H’$ tương ứng là tâm của các tam giác $ABC$, $A’B’C’$.

Khi đó, $HH’$ vuông góc với hai đáy của hình chóp cụt đều.

Trong tam giác đều $ABC$, ta có $HA = \dfrac{a}{\sqrt{3}}$.

Trong tam giác đều $A’B’C’$, ta có $H’A’ = \dfrac{a’}{\sqrt{3}}$.

Hình thang $AHH’A’$ vuông tại $H$ và $H’$. Kẻ $A’M \perp HA$ $(M \in HA)$.

Ta có: $$AA’ = \sqrt{A’M^2 + MA^2} = \sqrt{H’H^2 + (HA – H’A’)^2} = \sqrt{h^2 + \left(\dfrac{a}{\sqrt{3}} – \dfrac{a’}{\sqrt{3}}\right)^2} = \sqrt{h^2 + \dfrac{(a-a’)^2}{3}}$$

Vậy các cạnh bên của hình chóp cụt đều có độ dài bằng $\sqrt{h^2 + \dfrac{(a-a’)^2}{3}}$.

7. Các dạng bài tập và phương pháp giải

Dạng 1: Chứng minh hai mặt phẳng vuông góc

Phương pháp:

Để chứng minh $(P) \perp (Q)$, ta thực hiện theo các bước:

Bước 1: Tìm một đường thẳng $d$ nằm trong mặt phẳng $(P)$.

Bước 2: Chứng minh $d \perp (Q)$ bằng cách chỉ ra $d$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau trong $(Q)$.

Bước 3: Kết luận $(P) \perp (Q)$ (vì $(P)$ chứa đường thẳng $d$ vuông góc với $(Q)$).

Nhận dạng: Đề bài thường cho $SA \perp$ đáy, hoặc có các đường thẳng vuông góc với nhau.

Mẹo:

• Khi $SA \perp (ABCD)$: mọi mặt phẳng chứa $SA$ đều vuông góc với $(ABCD)$
• Nếu $BC \perp SA$ và $BC \perp AB$ thì $BC \perp (SAB)$, suy ra $(SBC) \perp (SAB)$

Ví dụ 1: Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA \perp (ABC)$. Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $BC$. Chứng minh rằng $(SAB) \perp (ABC)$ và $(SAH) \perp (SBC)$.

Giải chi tiết:

Phần 1: Chứng minh $(SAB) \perp (ABC)$

Bước 1: Xác định đường thẳng vuông góc.

Ta có $SA \perp (ABC)$ (giả thiết).

Bước 2: Kiểm tra đường thẳng này có nằm trong mặt phẳng cần chứng minh không.

Đường thẳng $SA$ nằm trong mặt phẳng $(SAB)$.

Bước 3: Kết luận.

Vì mặt phẳng $(SAB)$ chứa đường thẳng $SA$ vuông góc với mặt phẳng $(ABC)$, nên:

$$\boxed{(SAB) \perp (ABC)}$$

Phần 2: Chứng minh $(SAH) \perp (SBC)$

Bước 1: Tìm đường thẳng trong $(SAH)$ có thể vuông góc với $(SBC)$.

Ta cần chứng minh $AH \perp (SBC)$.

Bước 2: Chứng minh $AH$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau trong $(SBC)$.

• Ta có $AH \perp BC$ (vì $H$ là hình chiếu của $A$ trên $BC$, theo giả thiết).
• Vì $SA \perp (ABC)$ nên $SA \perp BC$.
• Ta có $BC \perp SA$ và $BC \perp AH$ với $SA$ và $AH$ cắt nhau tại $A$.
• Do đó: $BC \perp (SAH)$.
• Suy ra: $BC \perp AH$ ✓ (đã có)

Bây giờ ta cần chứng minh $AH \perp SH$:

• Vì $BC \perp (SAH)$ nên $BC \perp SH$.
• Trong mặt phẳng $(SBC)$, ta có $H \in BC$.
• Xét tam giác $SAH$ vuông tại $A$ (vì $SA \perp (ABC)$ nên $SA \perp AH$).
• Thực ra, ta cần chứng minh $AH \perp$ mặt phẳng $(SBC)$.

Cách chứng minh đúng:

• Ta có $AH \perp BC$ (giả thiết, $H$ là hình chiếu của $A$ trên $BC$).
• Ta có $SA \perp (ABC)$ nên $SA \perp AH$, suy ra $AH \subset (ABC)$.
• Vì $SA \perp (ABC)$ nên $SA \perp BC$.
• Vậy $BC \perp SA$ và $BC \perp AH$ (với $SA \cap AH = A$).
• Do đó: $BC \perp (SAH)$.
• Suy ra: $(SAH) \perp (SBC)$ (vì $(SBC)$ chứa $BC$ mà $BC \perp (SAH)$).

Chờ đã, ta cần chứng minh $(SAH) \perp (SBC)$, tức là $(SAH)$ chứa đường thẳng vuông góc với $(SBC)$.

Chứng minh lại:

• $AH \perp BC$ (giả thiết).
• $SA \perp (ABC)$ nên $SA \perp BC$.
• Vậy $BC \perp SA$ và $BC \perp AH$.
• Do đó $BC \perp (SAH)$.

Vì $BC \subset (SBC)$ và $BC \perp (SAH)$, nên theo định lý về điều kiện vuông góc:

$$\boxed{(SAH) \perp (SBC)}$$

Ví dụ 2: Cho hình lập phương $ABCD.A’B’C’D’$ có cạnh bằng $a$. Chứng minh rằng $(ACC’A’) \perp (BDD’B’)$.

Giải chi tiết:

Bước 1: Xác định giao tuyến của hai mặt phẳng.

Hai mặt phẳng $(ACC’A’)$ và $(BDD’B’)$ cắt nhau theo giao tuyến đi qua tâm $O$ của hình lập phương.

Bước 2: Tìm đường thẳng trong $(ACC’A’)$ vuông góc với $(BDD’B’)$.

Ta sẽ chứng minh $AC \perp (BDD’B’)$.

Bước 3: Chứng minh $AC$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau trong $(BDD’B’)$.

• Trong mặt phẳng $(ABCD)$: $AC$ và $BD$ là hai đường chéo của hình vuông $ABCD$.Do đó: $AC \perp BD$ ✓
• Ta cần chứng minh $AC \perp DD’$:Vì $DD’ \perp (ABCD)$ (cạnh bên của hình lập phương vuông góc với đáy).Mà $AC \subset (ABCD)$.Do đó: $AC \perp DD’$ ✓

Bước 4: Kết luận.

Vì $AC \perp BD$ và $AC \perp DD’$ (với $BD$ và $DD’$ cắt nhau tại $D$), nên:

$$AC \perp (BDD’B’)$$

Mà $AC \subset (ACC’A’)$, do đó:

$$\boxed{(ACC’A’) \perp (BDD’B’)}$$

Dạng 2: Xác định và tính góc nhị diện

Phương pháp 3 bước:

Bước 1: Xác định cạnh của góc nhị diện.

• Cạnh thường là giao tuyến của hai mặt phẳng tạo thành góc nhị diện.

Bước 2: Xác định góc phẳng nhị diện.

• Chọn một điểm $O$ trên cạnh.
• Vẽ hai tia $Ox$, $Oy$ nằm trong hai mặt của góc nhị diện và cùng vuông góc với cạnh.
• Góc $\widehat{xOy}$ chính là góc phẳng nhị diện.

Bước 3: Tính góc phẳng nhị diện.

• Thường sử dụng các công thức trong tam giác vuông.

Mẹo xác định nhanh góc phẳng nhị diện $[S, BC, A]$ khi $SA \perp$ đáy:

Gọi $M$ là hình chiếu của $A$ lên $BC$. Khi đó:

• $AM \perp BC$ (trong mặt phẳng đáy)
• $SM \perp BC$ (vì $SA \perp (ABC)$ nên $SA \perp BC$, kết hợp với $AM \perp BC$)
• Góc phẳng nhị diện là $\widehat{SMA}$

Ví dụ 3: Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA \perp (ABC)$. Giả sử tam giác $ABC$ vuông tại $A$, $\widehat{ABC} = 30°$, $AC = a$, $SA = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$. Tính số đo của góc nhị diện $[S, BC, A]$.

Giải chi tiết:

Bước 1: Xác định cạnh của góc nhị diện.

Góc nhị diện $[S, BC, A]$ có cạnh là $BC$.

Bước 2: Xác định góc phẳng nhị diện.

Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $BC$.

Kiểm tra $H$ có phải là điểm để xác định góc phẳng nhị diện:

• Trong mặt phẳng $(ABC)$: $AH \perp BC$ (vì $H$ là hình chiếu của $A$ trên $BC$).
• Ta cần kiểm tra $SH \perp BC$:
  • Vì $SA \perp (ABC)$ nên $SA \perp BC$.
  • Vì $AH \perp BC$ (như trên).
  • Do đó $BC \perp SA$ và $BC \perp AH$, suy ra $BC \perp (SAH)$.
  • Vậy $BC \perp SH$ ✓

Như vậy, $\widehat{SHA}$ là góc phẳng của góc nhị diện $[S, BC, A]$.

Bước 3: Tính góc phẳng nhị diện.

Tính $AH$:

Trong tam giác $ABC$ vuông tại $A$:

$$\tan(\widehat{ABC}) = \dfrac{AC}{AB} = \tan 30° = \dfrac{1}{\sqrt{3}}$$

$$\Rightarrow AB = AC \cdot \sqrt{3} = a\sqrt{3}$$

$$BC = \sqrt{AB^2 + AC^2} = \sqrt{3a^2 + a^2} = 2a$$

Diện tích tam giác $ABC$:

$$S_{ABC} = \dfrac{1}{2} \cdot AB \cdot AC = \dfrac{1}{2} \cdot a\sqrt{3} \cdot a = \dfrac{a^2\sqrt{3}}{2}$$

Mặt khác: $S_{ABC} = \dfrac{1}{2} \cdot BC \cdot AH = \dfrac{1}{2} \cdot 2a \cdot AH = a \cdot AH$

Suy ra: $AH = \dfrac{a^2\sqrt{3}}{2a} = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$

Tính góc $\widehat{SHA}$:

Trong tam giác $SAH$ vuông tại $A$ (vì $SA \perp (ABC)$ nên $SA \perp AH$):

$$\tan(\widehat{SHA}) = \dfrac{SA}{AH} = \dfrac{\dfrac{a\sqrt{3}}{2}}{\dfrac{a\sqrt{3}}{2}} = 1$$

$$\Rightarrow \widehat{SHA} = 45°$$

Kết luận: Số đo của góc nhị diện $[S, BC, A]$ là $\boxed{45°}$.

Ví dụ 4: Cho hình lập phương $ABCD.A’B’C’D’$ có cạnh bằng $a$. Gọi $O$ là tâm của hình vuông $ABCD$. Chứng minh rằng $\widehat{COC’}$ là một góc phẳng của góc nhị diện $[C, BD, C’]$. Tính số đo của các góc nhị diện $[C, BD, C’]$, $[A, BD, C’]$.

Giải chi tiết:

Phần 1: Chứng minh $\widehat{COC’}$ là góc phẳng của góc nhị diện $[C, BD, C’]$

Bước 1: Xác định cạnh của góc nhị diện.

Góc nhị diện $[C, BD, C’]$ có cạnh là $BD$.

Bước 2: Chứng minh $OC \perp BD$ và $OC’ \perp BD$.

• $O$ là tâm hình vuông $ABCD$, nên $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$.
• Trong hình vuông $ABCD$: $AC \perp BD$, tức là $OC \perp BD$ ✓
• Ta cần chứng minh $OC’ \perp BD$:
  • $O$ cũng là tâm hình vuông $A’B’C’D’$ chiếu xuống, nên $O’$ (tâm của $A’B’C’D’$) nằm trên đường thẳng qua $O$ vuông góc với $(ABCD)$.
  • Thực ra, gọi $O’$ là tâm của $A’B’C’D’$, thì $OO’ \perp (ABCD)$ và $OO’ \perp (A’B’C’D’)$.
  • Ta có $BD \perp AC$ và $BD \perp AA’$ (vì $AA’ \perp (ABCD)$).
  • Do đó $BD \perp (ACC’A’)$, suy ra $BD \perp OC’$ ✓

Bước 3: Kết luận.

Vì $OC \perp BD$, $OC’ \perp BD$, và $OC$, $OC’$ lần lượt nằm trong hai mặt của góc nhị diện, nên $\widehat{COC’}$ là góc phẳng của góc nhị diện $[C, BD, C’]$.

Phần 2: Tính số đo góc nhị diện $[C, BD, C’]$

Trong tam giác $COC’$:

• $OC = \dfrac{AC}{2} = \dfrac{a\sqrt{2}}{2}$ (nửa đường chéo hình vuông cạnh $a$)
• $CC’ = a$ (cạnh hình lập phương)
• $OC’ = \sqrt{OO’^2 + O’C’^2} = \sqrt{a^2 + \left(\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\right)^2} = \sqrt{a^2 + \dfrac{a^2}{2}} = a\sqrt{\dfrac{3}{2}}$

Hoặc tính trực tiếp: $OC’ = \sqrt{OC^2 + CC’^2} = \sqrt{\dfrac{a^2}{2} + a^2} = a\sqrt{\dfrac{3}{2}}$

(Vì tam giác $OCC’$ vuông tại $C$, do $CC’ \perp (ABCD)$ nên $CC’ \perp OC$)

$$\tan(\widehat{COC’}) = \dfrac{CC’}{OC} = \dfrac{a}{\dfrac{a\sqrt{2}}{2}} = \dfrac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$$

$$\widehat{COC’} = \arctan(\sqrt{2}) \approx 54,74°$$

Phần 3: Tính số đo góc nhị diện $[A, BD, C’]$

Tương tự, góc phẳng của góc nhị diện $[A, BD, C’]$ là $\widehat{AOC’}$ (vì $OA \perp BD$ và $OC’ \perp BD$).

Ta có $\widehat{AOC’} = 180° – \widehat{COC’}$ (vì $A$, $O$, $C$ thẳng hàng và $C’$ không nằm trên đường thẳng $AC$).

$$\widehat{AOC’} = 180° – \arctan(\sqrt{2}) \approx 180° – 54,74° = 125,26°$$

Kết luận:

• Số đo góc nhị diện $[C, BD, C’] \approx \boxed{54,74°}$ (hay $\arctan\sqrt{2}$)
• Số đo góc nhị diện $[A, BD, C’] \approx \boxed{125,26°}$ (hay $180° – \arctan\sqrt{2}$)

Dạng 3: Tính toán trong hình hộp chữ nhật

Phương pháp:

1. Sử dụng tính chất các cạnh bên vuông góc với đáy
2. Áp dụng định lý Pythagore trong không gian
3. Sử dụng công thức đường chéo

Các công thức quan trọng:

Cho hình hộp chữ nhật $ABCD.A’B’C’D’$ với $AB = a$, $BC = b$, $CC’ = c$:

Ví dụ 5: Cho hình hộp chữ nhật $ABCD.A’B’C’D’$.

a) Chứng minh rằng $(BDD’B’) \perp (ABCD)$.

b) Xác định hình chiếu của $AC’$ trên mặt phẳng $(ABCD)$.

c) Cho $AB = a$, $BC = b$, $CC’ = c$. Tính $AC’$.

Giải chi tiết:

a) Chứng minh $(BDD’B’) \perp (ABCD)$

Bước 1: Tìm đường thẳng trong $(BDD’B’)$ vuông góc với $(ABCD)$.

Xét cạnh bên $BB’$ của hình hộp chữ nhật.

Bước 2: Chứng minh $BB’ \perp (ABCD)$.

Hình hộp chữ nhật là hình hộp đứng, nên các cạnh bên vuông góc với mặt đáy.

Do đó: $BB’ \perp (ABCD)$ ✓

Bước 3: Kết luận.

Vì $BB’ \subset (BDD’B’)$ và $BB’ \perp (ABCD)$, nên:

$$\boxed{(BDD’B’) \perp (ABCD)}$$

b) Xác định hình chiếu của $AC’$ trên mặt phẳng $(ABCD)$

Bước 1: Xác định hình chiếu của điểm $C’$ trên $(ABCD)$.

Vì $CC’ \perp (ABCD)$, nên hình chiếu của $C’$ trên $(ABCD)$ là điểm $C$.

Bước 2: Xác định hình chiếu của điểm $A$ trên $(ABCD)$.

Điểm $A$ nằm trong $(ABCD)$, nên hình chiếu của $A$ là chính nó.

Bước 3: Kết luận.

Hình chiếu của $AC’$ trên mặt phẳng $(ABCD)$ là $\boxed{AC}$ (đường chéo của hình chữ nhật đáy).

c) Tính $AC’$ với $AB = a$, $BC = b$, $CC’ = c$

Cách 1: Áp dụng định lý Pythagore hai lần

Bước 1: Tính đường chéo đáy $AC$.

Trong hình chữ nhật $ABCD$: $$AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{a^2 + b^2}$$

Bước 2: Tính $AC’$.

Xét tam giác $ACC’$:

• $\widehat{ACC’} = 90°$ (vì $CC’ \perp (ABCD)$ nên $CC’ \perp AC$)
• $AC = \sqrt{a^2 + b^2}$
• $CC’ = c$

Áp dụng định lý Pythagore: $$AC’ = \sqrt{AC^2 + CC’^2} = \sqrt{(\sqrt{a^2 + b^2})^2 + c^2} = \sqrt{a^2 + b^2 + c^2}$$

Cách 2: Công thức trực tiếp

Đường chéo hình hộp chữ nhật: $$AC’ = \sqrt{AB^2 + BC^2 + CC’^2} = \sqrt{a^2 + b^2 + c^2}$$

Kết luận: $\boxed{AC’ = \sqrt{a^2 + b^2 + c^2}}$

Dạng 4: Tính toán trong hình chóp đều

Phương pháp:

1. Xác định tâm $O$ của đáy (là hình chiếu của đỉnh $S$ trên đáy)
2. Xác định các tam giác vuông liên quan
3. Sử dụng công thức lượng giác để tính góc

Các góc quan trọng trong hình chóp đều $S.A_1A_2…A_n$:

Công thức:

• $\sin(\text{góc cạnh bên với đáy}) = \dfrac{SO}{SA}$
• $\tan(\text{góc mặt bên với đáy}) = \dfrac{SO}{OM}$ với $M$ là trung điểm cạnh đáy

Ví dụ 6: Cho hình chóp đều $S.ABC$, đáy có cạnh bằng $a$, cạnh bên bằng $b$.

a) Tính sin của góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy.

b) Tính tang của góc giữa mặt phẳng chứa mặt đáy và mặt phẳng chứa mặt bên.

Giải chi tiết:

Gọi $O$ là tâm của tam giác đều $ABC$ (cũng là hình chiếu của $S$ trên $(ABC)$).

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$.

a) Tính sin của góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy

Bước 1: Xác định góc cần tính.

Góc tạo bởi cạnh bên $SA$ và mặt đáy $(ABC)$ chính là góc $\widehat{SAO}$.

Bước 2: Tính các cạnh của tam giác $SAO$.

• $SA = b$ (cạnh bên, theo giả thiết)
• $OA = \dfrac{2}{3} \cdot AM$ với $AM$ là trung tuyến của tam giác đều cạnh $a$:$$AM = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$$$$OA = \dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{a\sqrt{3}}{2} = \dfrac{a\sqrt{3}}{3} = \dfrac{a}{\sqrt{3}}$$
• $SO = \sqrt{SA^2 – OA^2} = \sqrt{b^2 – \dfrac{a^2}{3}}$ (tam giác $SAO$ vuông tại $O$)

Bước 3: Tính sin của góc.

$$\sin(\widehat{SAO}) = \dfrac{SO}{SA} = \dfrac{\sqrt{b^2 – \dfrac{a^2}{3}}}{b} = \dfrac{\sqrt{3b^2 – a^2}}{\sqrt{3} \cdot b} = \boxed{\dfrac{\sqrt{3b^2 – a^2}}{b\sqrt{3}}}$$

Hoặc viết gọn: $\sin(\widehat{SAO}) = \dfrac{1}{b}\sqrt{b^2 – \dfrac{a^2}{3}}$

b) Tính tang của góc giữa mặt phẳng chứa mặt đáy và mặt phẳng chứa mặt bên

Bước 1: Xác định góc cần tính.

Góc giữa mặt bên $(SBC)$ và mặt đáy $(ABC)$ là góc nhị diện $[S, BC, A]$.

Góc phẳng nhị diện này là $\widehat{SMO}$ (vì $SM \perp BC$ và $OM \perp BC$).

Bước 2: Giải thích tại sao $\widehat{SMO}$ là góc phẳng nhị diện.

• $M$ là trung điểm $BC$, $O$ là tâm tam giác đều $ABC$.
• Trong tam giác đều $ABC$: $OM \perp BC$ (vì $O$ nằm trên trung tuyến $AM$, mà $AM \perp BC$).
• Ta cần chứng minh $SM \perp BC$:
  • $O$ là hình chiếu của $S$ trên $(ABC)$, nên $SO \perp (ABC)$.
  • Vì $SO \perp (ABC)$ nên $SO \perp BC$.
  • Vì $OM \perp BC$ (đã chứng minh).
  • Do đó $BC \perp SO$ và $BC \perp OM$, suy ra $BC \perp (SOM)$.
  • Vậy $BC \perp SM$ ✓

Bước 3: Tính các cạnh của tam giác $SOM$.

• $SO = \sqrt{b^2 – \dfrac{a^2}{3}}$ (đã tính ở câu a)
• $OM = \dfrac{1}{3} \cdot AM = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{a\sqrt{3}}{2} = \dfrac{a\sqrt{3}}{6} = \dfrac{a}{2\sqrt{3}}$

Bước 4: Tính tang của góc.

Trong tam giác $SOM$ vuông tại $O$:

$$\tan(\widehat{SMO}) = \dfrac{SO}{OM} = \dfrac{\sqrt{b^2 – \dfrac{a^2}{3}}}{\dfrac{a}{2\sqrt{3}}} = \dfrac{2\sqrt{3}}{a} \cdot \sqrt{b^2 – \dfrac{a^2}{3}}$$

$$= \dfrac{2\sqrt{3}}{a} \cdot \dfrac{\sqrt{3b^2 – a^2}}{\sqrt{3}} = \dfrac{2\sqrt{3b^2 – a^2}}{a}$$

Kết luận: $\tan(\text{góc mặt bên với đáy}) = \boxed{\dfrac{2\sqrt{3b^2 – a^2}}{a}}$

Dạng 5: Bài toán thực tế ứng dụng góc nhị diện

Phương pháp:

1. Mô hình hóa bài toán thành hình học không gian
2. Xác định các mặt phẳng và góc nhị diện cần tính
3. Lập tam giác vuông và sử dụng công thức lượng giác

Công thức độ dốc: $$\text{Độ dốc} = \tan\alpha$$ với $\alpha$ là góc tạo với mặt phẳng nằm ngang.

Ví dụ 7: Hai mái nhà trong Hình 7.72 là hai hình chữ nhật. Giả sử $AB = 4,8$ m, $OA = 2,8$ m, $OB = 4$ m.

a) Tính (gần đúng) số đo của góc nhị diện tạo bởi hai nửa mặt phẳng tương ứng chứa hai mái nhà.

b) Chứng minh rằng mặt phẳng $(OAB)$ vuông góc với mặt đất phẳng. (Lưu ý: Đường giao giữa hai mái (đường nóc) song song với mặt đất.)

c) Điểm $A$ ở độ cao (so với mặt đất) hơn điểm $B$ là 0,5 m. Tính (gần đúng) góc giữa mái nhà (chứa $OB$) so với mặt đất.

Giải chi tiết:

a) Tính góc nhị diện tạo bởi hai mái nhà

Bước 1: Mô hình hóa bài toán.

Hai mái nhà tạo thành góc nhị diện có cạnh là đường nóc (đường giao của hai mái).

Tam giác $OAB$ nằm trong mặt phẳng vuông góc với đường nóc, nên góc $\widehat{AOB}$ chính là góc phẳng của góc nhị diện.

Bước 2: Kiểm tra dạng tam giác $OAB$.

Ta có: $OA = 2,8$ m, $OB = 4$ m, $AB = 4,8$ m.

Kiểm tra: $OA^2 + OB^2 = 2,8^2 + 4^2 = 7,84 + 16 = 23,84$

$AB^2 = 4,8^2 = 23,04$

Vì $OA^2 + OB^2 \neq AB^2$ nên tam giác $OAB$ không vuông tại $O$.

Bước 3: Tính góc $\widehat{AOB}$ bằng định lý cosin.

$$\cos(\widehat{AOB}) = \dfrac{OA^2 + OB^2 – AB^2}{2 \cdot OA \cdot OB} = \dfrac{7,84 + 16 – 23,04}{2 \cdot 2,8 \cdot 4} = \dfrac{0,8}{22,4} = \dfrac{1}{28}$$

$$\widehat{AOB} = \arccos\left(\dfrac{1}{28}\right) \approx 87,95°$$

Kết luận: Góc nhị diện tạo bởi hai mái nhà $\approx \boxed{88°}$

b) Chứng minh mặt phẳng $(OAB)$ vuông góc với mặt đất

Bước 1: Xác định các yếu tố.

• Đường nóc (giao của hai mái) song song với mặt đất.
• Gọi đường nóc là $d$.

Bước 2: Chứng minh $(OAB) \perp$ mặt đất.

• Điểm $O$ nằm trên đường nóc $d$.
• $OA$ và $OB$ đều vuông góc với đường nóc $d$ (vì $OA$, $OB$ là các đường dốc của mái, vuông góc với đường nóc).
• Do đó mặt phẳng $(OAB)$ vuông góc với đường thẳng $d$.
• Vì $d$ song song với mặt đất, nên mặt phẳng $(OAB)$ vuông góc với mặt đất.

$$\boxed{(OAB) \perp \text{mặt đất}}$$

c) Tính góc giữa mái nhà (chứa $OB$) so với mặt đất

Bước 1: Xác định các yếu tố.

• Điểm $A$ cao hơn điểm $B$ là 0,5 m.
• Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên mặt phẳng ngang chứa $B$.
• Khi đó $AH = 0,5$ m.

Bước 2: Xác định góc cần tính.

Góc giữa mái nhà (chứa $OB$) với mặt đất là góc tạo bởi $OB$ với mặt phẳng ngang.

Gọi $K$ là hình chiếu của $O$ trên mặt phẳng ngang.

Góc cần tính là $\widehat{OBK}$.

Bước 3: Tính toán.

Do đường nóc song song với mặt đất, điểm $O$ nằm trên đường nóc.

Gọi $h_O$ là độ cao của $O$ so với mặt đất, $h_A$ là độ cao của $A$, $h_B$ là độ cao của $B$.

Ta có: $h_A – h_B = 0,5$ m.

Vì $OA$ và $OB$ là các đường dốc từ đường nóc xuống, và đường nóc có độ cao $h_O$:

• Độ dốc mái chứa $OA$: từ $O$ xuống $A$
• Độ dốc mái chứa $OB$: từ $O$ xuống $B$

Giả sử $h_O > h_A$ và $h_O > h_B$.

Gọi góc mái $OB$ với mặt ngang là $\beta$.

$$\sin\beta = \dfrac{h_O – h_B}{OB}$$

Ta cần thêm thông tin về $h_O – h_B$.

Từ tam giác $OAB$ trong mặt phẳng xiên:

• Gọi $\alpha$ là góc mái $OA$ với mặt ngang: $\sin\alpha = \dfrac{h_O – h_A}{OA}$
• Gọi $\beta$ là góc mái $OB$ với mặt ngang: $\sin\beta = \dfrac{h_O – h_B}{OB}$

Ta có: $(h_O – h_A) – (h_O – h_B) = h_B – h_A = -0,5$

Tức là: $OA\sin\alpha – OB\sin\beta = -0,5$

$2,8\sin\alpha – 4\sin\beta = -0,5$ … (*)

Bài toán cần thêm giả thiết. Giả sử hai mái có cùng độ dốc, tức $\alpha = \beta$:

$(2,8 – 4)\sin\alpha = -0,5$

$-1,2\sin\alpha = -0,5$

$\sin\alpha = \dfrac{0,5}{1,2} = \dfrac{5}{12}$

$\alpha = \arcsin\left(\dfrac{5}{12}\right) \approx 24,62°$

Kết luận: Góc giữa mái nhà (chứa $OB$) so với mặt đất $\approx \boxed{24,62°}$

Ví dụ 8: Độ dốc của mái nhà, mặt sân, con đường thẳng là tang của góc tạo bởi mái nhà, mặt sân, con đường thẳng đó với mặt phẳng nằm ngang. Độ dốc của đường thẳng dành cho người khuyết tật được quy định là không quá $\dfrac{1}{12}$. Hỏi theo đó, góc tạo bởi đường dành cho người khuyết tật và mặt phẳng nằm ngang không vượt quá bao nhiêu độ? (Làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ hai).

Giải chi tiết:

Bước 1: Hiểu bài toán.

• Độ dốc = $\tan\alpha$ với $\alpha$ là góc tạo với mặt phẳng nằm ngang.
• Độ dốc tối đa cho phép: $\dfrac{1}{12}$

Bước 2: Tính góc tối đa.

$$\tan\alpha \leq \dfrac{1}{12}$$

$$\alpha \leq \arctan\left(\dfrac{1}{12}\right)$$

Bước 3: Tính giá trị.

$$\alpha = \arctan\left(\dfrac{1}{12}\right) \approx 4,7636°$$

Làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai: $\alpha \approx 4,76°$

Kết luận: Góc tạo bởi đường dành cho người khuyết tật và mặt phẳng nằm ngang không vượt quá $\boxed{4,76°}$

Sơ Đồ Tư Duy

ThS. Lê Thị Thuý Nga

(Người kiểm duyệt, ra đề)

Chức vụ: Trưởng ban biên soạn môn Toán THPT

Trình độ: Thạc sĩ Lý luận dạy học Toán, Chứng chỉ hạng II, Chứng chỉ Tin học, Ngoại ngữ B1

Kinh nghiệm: 11+ năm kinh nghiệm tại Trường THPT Lương Thế Vinh