Mở đầu trang 44

Đề bài: 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.

Lời giải:

Đây là tình huống dẫn nhập. Sau khi học xong bài này, ta có thể giải thích như sau:

• Kinh độ của một điểm $P$ trên Trái Đất là số đo của góc nhị diện có hai cạnh tương ứng chứa kinh tuyến gốc (đi qua London) và kinh tuyến đi qua $P$, với cạnh chung là trục Trái Đất.
• Vĩ độ của điểm $P$ là số đo của góc giữa đường thẳng nối $P$ với tâm Trái Đất và mặt phẳng chứa đường xích đạo.

Như vậy, vĩ độ và kinh độ chính là các đại lượng “góc” — sẽ được trình bày kĩ trong bài học.

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

HĐ1 (trang 44)

Đề bài: Cho hai mặt phẳng $(P)$ và $(Q)$. Lấy hai đường thẳng $a, a’$ cùng vuông góc với $(P)$, hai đường thẳng $b, b’$ cùng vuông góc với $(Q)$. Tìm mối quan hệ giữa các góc $(a, b)$ và $(a’, b’)$.

Lời giải:

Vì $a \perp (P)$ và $a’ \perp (P)$ nên $a$ và $a’$ song song hoặc trùng nhau.

Vì $b \perp (Q)$ và $b’ \perp (Q)$ nên $b$ và $b’$ song song hoặc trùng nhau.

Do đó góc giữa $a$ và $b$ bằng góc giữa $a’$ và $b’$, tức:

$$(a, b) = (a’, b’).$$

Nhận xét: Góc giữa hai đường thẳng cùng vuông góc với hai mặt phẳng $(P), (Q)$ không phụ thuộc vào cách chọn các đường thẳng đó. Vì vậy ta định nghĩa góc giữa hai mặt phẳng $(P)$ và $(Q)$ chính là góc giữa hai đường thẳng tương ứng vuông góc với chúng.

Câu hỏi (trang 44)

Đề bài: Góc giữa hai mặt phẳng bằng $0^\circ$ khi nào, khác $0^\circ$ khi nào?

Lời giải:

Theo định nghĩa, góc giữa hai mặt phẳng $(P)$ và $(Q)$ là góc giữa hai đường thẳng $a, b$ lần lượt vuông góc với $(P), (Q)$.

• Góc bằng $0^\circ$ khi $a // b$ (hoặc $a$ trùng $b$). Điều này xảy ra khi $(P) // (Q)$ hoặc $(P)$ trùng $(Q)$.
• Góc khác $0^\circ$ khi $a$ không song song và không trùng $b$. Điều này xảy ra khi $(P)$ và $(Q)$ cắt nhau.

Kết luận: Góc giữa hai mặt phẳng bằng $0^\circ$ khi và chỉ khi hai mặt phẳng đó song song hoặc trùng nhau; khác $0^\circ$ khi hai mặt phẳng cắt nhau.

Luyện tập 1 (trang 45)

Đề bài: 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.

Lời giải:

Hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBD)$ cắt nhau theo giao tuyến $SO$ (vì $S$ và $O$ thuộc cả hai mặt phẳng).

Ta có $SO \perp (ABCD)$ nên:

• $SO \perp AC$ (vì $AC \subset (ABCD)$).
• $SO \perp BD$ (vì $BD \subset (ABCD)$).

Mặt khác:

• $AC \subset (SAC)$ và $AC \perp SO$.
• $BD \subset (SBD)$ và $BD \perp SO$.

Vậy $AC$ và $BD$ là hai đường thẳng lần lượt thuộc $(SAC)$ và $(SBD)$, cùng vuông góc với giao tuyến $SO$ tại $O$.

Theo Ví dụ 1, góc giữa hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBD)$ bằng góc giữa hai đường thẳng $AC$ và $BD$.

Do đó:

$$(SAC) \perp (SBD) \Leftrightarrow AC \perp BD.$$

Hình chữ nhật $ABCD$ có hai đường chéo vuông góc với nhau khi và chỉ khi $ABCD$ là hình vuông.

Kết luận: $(SAC) \perp (SBD) \Leftrightarrow ABCD$ là hình vuông. $\blacksquare$

2. Điều kiện để hai mặt phẳng vuông góc

HĐ2 (trang 45)

Đề bài: Cho mặt phẳng $(P)$ chứa đường thẳng $b$ vuông góc với mặt phẳng $(Q)$. Lấy một đường thẳng $a$ vuông góc với $(P)$.

a) Tính góc giữa $a$ và $b$.

b) Tính góc giữa $(P)$ và $(Q)$.

Lời giải:

a) Vì $a \perp (P)$ mà $b \subset (P)$ nên $a \perp b$.

Vậy $(a, b) = 90^\circ$.

b) $a$ và $b$ là hai đường thẳng lần lượt vuông góc với $(P)$ và $(Q)$, nên góc giữa hai mặt phẳng $(P)$ và $(Q)$ bằng góc giữa $a$ và $b$.

Vì $(a, b) = 90^\circ$ nên góc giữa $(P)$ và $(Q)$ bằng $90^\circ$.

Nhận xét: Hai mặt phẳng vuông góc với nhau nếu mặt phẳng này chứa một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng kia.

Luyện tập 2 (trang 46)

Đề bài: 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.

Lời giải:

Mặt phẳng cánh cửa luôn chứa đường thẳng nối các bản lề của cửa (đây là trục quay khi đóng-mở).

Theo HĐ1 của Bài 23, đường thẳng nối các bản lề vuông góc với sàn nhà.

Vì mặt phẳng cánh cửa chứa một đường thẳng vuông góc với sàn nhà, nên theo điều kiện trên:

$$\text{Mặt phẳng cánh cửa} \perp \text{sàn nhà}.$$

Trong quá trình đóng – mở, đường thẳng nối các bản lề không thay đổi vị trí, do đó cánh cửa luôn vuông góc với sàn nhà. $\blacksquare$

3. Tính chất của hai mặt phẳng vuông góc

HĐ3 (trang 46)

Đề bài: Cho hai mặt phẳng $(P)$ và $(Q)$ vuông góc với nhau. Kẻ đường thẳng $a$ thuộc $(P)$ và vuông góc với giao tuyến $\Delta$ của $(P)$ và $(Q)$. Gọi $O$ là giao điểm của $a$ và $\Delta$. Trong mặt phẳng $(Q)$, gọi $b$ là đường thẳng vuông góc với $\Delta$ tại $O$.

a) Tính góc giữa $a$ và $b$.

b) Tìm mối quan hệ giữa $a$ và $(Q)$.

Lời giải:

a) Vì $a \perp \Delta$ và $b \perp \Delta$, hai đường $a, b$ cùng đi qua $O$ và lần lượt thuộc $(P), (Q)$, nên góc giữa $a$ và $b$ chính là góc giữa hai mặt phẳng $(P)$ và $(Q)$.

Mà $(P) \perp (Q)$ nên góc đó bằng $90^\circ$. Vậy:

$$(a, b) = 90^\circ.$$

b) Từ câu a, $a \perp b$. Mặt khác $a \perp \Delta$ (giả thiết).

Hai đường thẳng $b$ và $\Delta$ cắt nhau tại $O$, cùng thuộc $(Q)$, đồng thời $a$ vuông góc với cả $b$ và $\Delta$.

$$\Rightarrow a \perp (Q).$$

Nhận xét: Với hai mặt phẳng vuông góc, bất kì đường thẳng nào nằm trong mặt phẳng này mà vuông góc với giao tuyến cũng vuông góc với mặt phẳng kia.

HĐ4 (trang 46)

Đề bài: Cho hai mặt phẳng $(P)$ và $(Q)$ cắt nhau theo giao tuyến $a$ và cùng vuông góc với mặt phẳng $(R)$. Gọi $O$ là một điểm thuộc $a$ và $a’$ là đường thẳng qua $O$ và vuông góc với $(R)$.

a) Hỏi $a’$ có nằm trong các mặt phẳng $(P), (Q)$ hay không?

b) Tìm mối quan hệ giữa $a$ và $a’$.

c) Tìm mối quan hệ giữa $a$ và $(R)$.

Lời giải:

a) Theo Nhận xét của HĐ3: nếu $(P) \perp (R)$ thì mọi đường thẳng đi qua $O$ thuộc $(P)$ và vuông góc với $(R)$ đều thuộc $(P)$.

Vì $a’$ đi qua $O \in (P)$ và $a’ \perp (R)$, nên $a’ \subset (P)$.

Tương tự, vì $(Q) \perp (R)$ và $a’$ đi qua $O \in (Q)$ với $a’ \perp (R)$, nên $a’ \subset (Q)$.

b) Vì $a’$ nằm trong cả hai mặt phẳng $(P)$ và $(Q)$, nên $a’$ là giao tuyến của $(P)$ và $(Q)$.

Mà theo giả thiết, giao tuyến của $(P)$ và $(Q)$ là $a$. Vậy $a$ và $a’$ trùng nhau.

c) Vì $a’ \perp (R)$ và $a \equiv a’$ nên $a \perp (R)$.

Nhận xét: Nếu hai mặt phẳng cắt nhau và cùng vuông góc với một mặt phẳng thứ ba thì giao tuyến của chúng cũng vuông góc với mặt phẳng thứ ba đó.

Luyện tập 3 (trang 47)

Đề bài: 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 $AC$.

Lời giải:

a) Chứng minh $(AB’C’D’)$ và $(ABCD)$ cùng vuông góc với $(SAC)$.

$(ABCD) \perp (SAC)$:

$SA \perp (ABCD)$ và $SA \subset (SAC)$, nên mặt phẳng $(SAC)$ chứa đường thẳng $SA$ vuông góc với $(ABCD)$. Suy ra:

$$(SAC) \perp (ABCD).$$

$(AB’C’D’) \perp (SAC)$:

Theo Ví dụ 3, ta có $AB’ \perp (SBC)$ và $AD’ \perp (SCD)$. Suy ra:

• $AB’ \perp SC$ (vì $SC \subset (SBC)$).
• $AD’ \perp SC$ (vì $SC \subset (SCD)$).
• $AC’ \perp SC$ (theo định nghĩa $C’$ là hình chiếu của $A$ trên $SC$).

Vậy $SC$ vuông góc với ba đường thẳng $AB’, AC’, AD’$ cùng đi qua $A$ và thuộc $(AB’C’D’)$. Do đó:

$$SC \perp (AB’C’D’).$$

Mà $SC \subset (SAC)$ nên $(SAC)$ chứa đường thẳng $SC$ vuông góc với $(AB’C’D’)$. Suy ra:

$$(SAC) \perp (AB’C’D’). \quad \blacksquare$$

b) Tìm giao tuyến của $(AB’C’D’)$ và $(ABCD)$.

Hai mặt phẳng $(AB’C’D’)$ và $(ABCD)$ cắt nhau và cùng vuông góc với $(SAC)$.

Theo Nhận xét của HĐ4, giao tuyến của hai mặt phẳng này vuông góc với $(SAC)$.

Mặt khác, $A$ thuộc cả $(AB’C’D’)$ và $(ABCD)$, nên giao tuyến đi qua $A$.

Vì giao tuyến nằm trong $(ABCD)$ và vuông góc với $(SAC)$, nên nó vuông góc với mọi đường thẳng của $(SAC)$ — đặc biệt là vuông góc với $AC$ (giao tuyến của $(SAC)$ và $(ABCD)$).

Kết luận: Giao tuyến của $(AB’C’D’)$ và $(ABCD)$ là đường thẳng đi qua $A$, nằm trong $(ABCD)$ và vuông góc với $AC$. $\blacksquare$

4. Góc nhị diện

HĐ5 (trang 47)

Đề bài: Một tài liệu hướng dẫn rằng đối với ghế bàn ăn, nên thiết kế lưng ghế tạo với mặt ghế một góc có số đo từ $100^\circ$ đến $105^\circ$. Trong Hình 7.51, các tia $Ox, Oy$ được vẽ tương ứng trên mặt ghế, lưng ghế đồng thời vuông góc với giao tuyến $a$ của mặt ghế và lưng ghế.

a) Theo tài liệu nói trên, góc nào trong hình nên có số đo từ $100^\circ$ đến $105^\circ$?

b) Nếu thiết kế theo hướng dẫn đó thì góc giữa mặt phẳng chứa mặt ghế và mặt phẳng chứa lưng ghế có thể nhận số đo từ bao nhiêu đến bao nhiêu độ?

Lời giải:

a) Lưng ghế tạo với mặt ghế một góc — đây chính là góc giữa hai tia $Ox$ (trên mặt ghế) và $Oy$ (trên lưng ghế), cùng vuông góc với giao tuyến $a$ tại $O$.

Vậy góc cần có số đo từ $100^\circ$ đến $105^\circ$ là $\widehat{xOy}$:

$$100^\circ \leq \widehat{xOy} \leq 105^\circ.$$

b) Vì $Ox \perp a$ và $Oy \perp a$ nên góc giữa mặt phẳng chứa mặt ghế và mặt phẳng chứa lưng ghế chính là góc giữa hai đường thẳng chứa $Ox$ và $Oy$.

Khi $100^\circ \leq \widehat{xOy} \leq 105^\circ$, góc giữa hai đường thẳng (luôn nhận giá trị từ $0^\circ$ đến $90^\circ$) bằng:

$$180^\circ – \widehat{xOy}.$$

Tức số đo từ $180^\circ – 105^\circ = 75^\circ$ đến $180^\circ – 100^\circ = 80^\circ$.

Kết luận: Góc giữa mặt phẳng chứa mặt ghế và mặt phẳng chứa lưng ghế có thể nhận số đo từ $75^\circ$ đến $80^\circ$.

Luyện tập 4 (trang 48)

Đề bài: Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA \perp (ABC)$, $AB = AC = a$, $\widehat{BAC} = 120^\circ$, $SA = \dfrac{a}{2\sqrt{3}}$. 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 $[S, BC, A]$.

Lời giải:

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

Tam giác $ABC$ có $AB = AC = a$ nên cân tại $A$. $M$ là trung điểm $BC$ nên $AM \perp BC$.

Ta có:

• $SA \perp (ABC) \supset BC \Rightarrow SA \perp BC$.
• $AM \perp BC$ (chứng minh trên).
• $SA, AM$ cắt nhau tại $A$, cùng thuộc $(SAM)$.

Suy ra $BC \perp (SAM)$, do đó $BC \perp SM$.

Vậy tại điểm $M$ trên $BC$:

• $MA \perp BC$, $MA$ nằm trong nửa mặt phẳng chứa $A$ (bờ $BC$).
• $MS \perp BC$, $MS$ nằm trong nửa mặt phẳng chứa $S$ (bờ $BC$).

$$\Rightarrow \widehat{SMA} \text{ là góc phẳng của góc nhị diện } [S, BC, A]. \quad \blacksquare$$

b) Tính số đo $\widehat{SMA}$.

Vì $AM$ là trung tuyến của tam giác cân $ABC$ tại $A$ nên $AM$ cũng là phân giác:

$$\widehat{BAM} = \dfrac{1}{2}\widehat{BAC} = 60^\circ.$$

Tam giác $ABM$ vuông tại $M$:

$$AM = AB \cdot \cos\widehat{BAM} = a \cdot \cos 60^\circ = \dfrac{a}{2}.$$

Tam giác $SAM$ vuông tại $A$ (vì $SA \perp (ABC) \supset AM$):

$$\tan\widehat{SMA} = \dfrac{SA}{AM} = \dfrac{\frac{a}{2\sqrt{3}}}{\frac{a}{2}} = \dfrac{1}{\sqrt{3}}.$$

$$\Rightarrow \widehat{SMA} = 30^\circ.$$

Kết luận: Góc nhị diện $[S, BC, A]$ có số đo $30^\circ$.

Vận dụng 1 (trang 48)

Đề bài: 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.

Lời giải:

Bán kính của nửa hình tròn: $r = \dfrac{80}{2} = 40$ cm.

Bản lề ở điểm chính giữa $O$ của cung tròn — đây là điểm trên cung đối diện với trung điểm đường kính, cách trung điểm đường kính một khoảng bằng bán kính $r = 40$ cm.

Thiết lập:

Gọi trục bản lề là đường thẳng đi qua $O$ và song song với đường kính. Trục này là cạnh chung của góc nhị diện giữa cánh và khung cửa (vì khi xoay cánh quanh trục này, cánh và khung tạo thành hai nửa mặt phẳng có chung bờ là trục).

Trong mặt phẳng vuông góc với trục bản lề tại $O$:

• Gọi $M_1$ là trung điểm đường kính khung, $OM_1 = r = 40$ cm.
• Gọi $M_2$ là trung điểm đường kính cánh, $OM_2 = r = 40$ cm.
• Gọi $\alpha$ là số đo góc nhị diện cần tìm, $\alpha = \widehat{M_1 O M_2}$.

Khi cửa đóng ($\alpha = 0^\circ$), hai đường kính trùng nhau, $M_1 \equiv M_2$.

Khi cửa mở góc $\alpha$, hai đường kính song song với nhau và khoảng cách giữa chúng bằng khoảng cách $M_1 M_2$ (đo theo phương vuông góc với hai đường kính song song).

Tính $M_1 M_2$:

Tam giác $O M_1 M_2$ có $OM_1 = OM_2 = 40$ cm và góc $\widehat{M_1 O M_2} = \alpha$.

Áp dụng định lí côsin:

$$M_1 M_2^2 = OM_1^2 + OM_2^2 – 2 \cdot OM_1 \cdot OM_2 \cdot \cos\alpha = 2 \cdot 40^2 (1 – \cos\alpha).$$

Dùng công thức $1 – \cos\alpha = 2\sin^2\dfrac{\alpha}{2}$:

$$M_1 M_2 = 2 \cdot 40 \cdot \sin\dfrac{\alpha}{2} = 80\sin\dfrac{\alpha}{2}.$$

Theo đề $d = M_1 M_2 = 40$ cm:

$$80\sin\dfrac{\alpha}{2} = 40 \Leftrightarrow \sin\dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow \dfrac{\alpha}{2} = 30^\circ.$$

$$\Rightarrow \alpha = 60^\circ.$$

Kết luận: Số đo góc nhị diện giữa cánh và khung cửa là $60^\circ$.

5. Một số hình lăng trụ đặc biệt

HĐ6 (trang 49)

Đề bài: Các mặt bên của lăng trụ đứng là các hình gì và các mặt bên đó có vuông góc với mặt đáy không? Vì sao?

Lời giải:

Hình lăng trụ có các mặt bên là hình bình hành (tính chất cơ bản của lăng trụ).

Hình lăng trụ đứng có các cạnh bên vuông góc với mặt đáy. Trong mỗi mặt bên (hình bình hành), cạnh bên vuông góc với cạnh đáy (cạnh nằm trên mặt đáy), nên mặt bên có hai góc vuông kề nhau. Hình bình hành có một góc vuông là hình chữ nhật.

Vậy các mặt bên của hình lăng trụ đứng là hình chữ nhật.

Hơn nữa, mỗi mặt bên chứa một cạnh bên vuông góc với mặt đáy, nên mặt bên đó vuông góc với mặt đáy.

Kết luận: Hình lăng trụ đứng có các mặt bên là hình chữ nhật và các mặt bên đều vuông góc với mặt đáy.

HĐ7 (trang 49)

Đề bài: Các mặt bên của hình lăng trụ đều có phải là các hình chữ nhật có cùng kích thước hay không? Vì sao?

Lời giải:

Hình lăng trụ đều trước hết là hình lăng trụ đứng, nên các mặt bên là hình chữ nhật (theo HĐ6).

Hình lăng trụ đều có:

• Đáy là đa giác đều $\Rightarrow$ các cạnh đáy bằng nhau.
• Các cạnh bên của lăng trụ luôn bằng nhau.

Mỗi mặt bên là hình chữ nhật có một cạnh là cạnh đáy, một cạnh là cạnh bên. Vì các cạnh đáy bằng nhau và các cạnh bên bằng nhau, nên các mặt bên là hình chữ nhật có cùng kích thước.

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

HĐ8 (trang 49)

Đề bài: Trong 6 mặt của hình hộp đứng, có ít nhất bao nhiêu mặt là hình chữ nhật? Vì sao?

Lời giải:

Hình hộp đứng là một trường hợp đặc biệt của hình lăng trụ đứng, có đáy là hình bình hành.

Theo HĐ6, các mặt bên của lăng trụ đứng là hình chữ nhật. Hình hộp đứng có 4 mặt bên đều là hình chữ nhật.

Hai mặt đáy là hai hình bình hành — không nhất thiết là hình chữ nhật (chỉ là hình chữ nhật khi đáy là hình chữ nhật).

Kết luận: Trong 6 mặt của hình hộp đứng, có ít nhất 4 mặt là hình chữ nhật (đó là các mặt bên).

HĐ9 (trang 50)

Đề bài:

a) Hình hộp chữ nhật có bao nhiêu mặt là hình chữ nhật? Vì sao?

b) Các đường chéo của hình hộp chữ nhật có bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm mỗi đường hay không? Vì sao?

Lời giải:

a) Hình hộp chữ nhật là hình hộp đứng có đáy là hình chữ nhật.

• Hai mặt đáy là hình chữ nhật (theo định nghĩa).
• Hình hộp đứng có 4 mặt bên là hình chữ nhật (theo HĐ8).

Vậy hình hộp chữ nhật có 6 mặt đều là hình chữ nhật.

b) Xét hai đường chéo bất kì của hình hộp chữ nhật. Mỗi cặp đường chéo cùng nằm trong một hình chữ nhật (tiết diện chéo của hình hộp), và là hai đường chéo của hình chữ nhật đó.

Vì hai đường chéo của một hình chữ nhật bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm mỗi đường, nên các đường chéo của hình hộp chữ nhật cũng có tính chất tương tự.

Kết luận: Các đường chéo của hình hộp chữ nhật bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.

HĐ10 (trang 50)

Đề bài: Các mặt của một hình lập phương là các hình gì? Vì sao?

Lời giải:

Hình lập phương là hình hộp chữ nhật có tất cả các cạnh bằng nhau.

Theo HĐ9, hình hộp chữ nhật có 6 mặt đều là hình chữ nhật. Hơn nữa, vì tất cả các cạnh bằng nhau, các hình chữ nhật này có hai cạnh kề bằng nhau, tức là hình vuông.

Kết luận: Các mặt của hình lập phương đều là hình vuông.

Vận dụng 2 (trang 50)

Đề bài: 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.

Lời giải:

Sau khi cắt 4 hình vuông ở 4 góc và gập 4 mép lên, ta được chiếc thùng có:

Đáy của thùng là phần tôn ở giữa — một hình chữ nhật (vì cắt từ hình chữ nhật ban đầu bỏ đi 4 hình vuông ở 4 góc).

Các mặt bên:

• Mỗi mặt bên là một hình chữ nhật (do gập từ mép tôn lên).
• Mỗi cạnh bên (cạnh gập) vuông góc với hai cạnh kề của đáy (vì đáy hình chữ nhật và mép gập vuông góc với đáy ban đầu).
• Suy ra mỗi cạnh bên vuông góc với mặt đáy.

Vì các cạnh bên cùng vuông góc với đáy nên chúng song song với nhau. Vậy thùng là một hình lăng trụ.

Hơn nữa, vì cạnh bên vuông góc với đáy, thùng là lăng trụ đứng.

Đáy là hình chữ nhật, nên thùng là hình hộp chữ nhật (không nắp).

Kết luận: Bằng cách trên, bác Hùng nhận được chiếc thùng không nắp có dạng hình hộp chữ nhật. $\blacksquare$

6. Hình chóp đều và hình chóp cụt đều

HĐ11 (trang 51)

Đề bài: Tháp lớn tại Bảo tàng Louvre ở Paris (H.7.66) có dạng hình chóp với đáy là hình vuông có cạnh bằng $34$ m, các cạnh bên bằng nhau và có độ dài xấp xỉ $32{,}3$ m. Giải thích vì sao hình chiếu của đỉnh trên đáy là tâm của đáy tháp.

Lời giải:

Gọi hình chóp là $S.ABCD$ với đáy là hình vuông $ABCD$ cạnh $34$ m và $SA = SB = SC = SD \approx 32{,}3$ m.

Gọi $O$ là hình chiếu của $S$ trên mặt đáy $(ABCD)$, suy ra $SO \perp (ABCD)$.

Xét các tam giác vuông $SOA, SOB, SOC, SOD$ (vuông tại $O$):

$$OA = \sqrt{SA^2 – SO^2}, \quad OB = \sqrt{SB^2 – SO^2},$$

$$OC = \sqrt{SC^2 – SO^2}, \quad OD = \sqrt{SD^2 – SO^2}.$$

Vì $SA = SB = SC = SD$, nên $OA = OB = OC = OD$.

Vậy $O$ cách đều bốn đỉnh của hình vuông $ABCD$, tức là $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp hình vuông, chính là tâm của hình vuông.

Kết luận: Hình chiếu của đỉnh tháp trên mặt đáy là tâm của đáy tháp. $\blacksquare$

HĐ12 (trang 51)

Đề bài: Cho hình chóp $S.A_1 A_2 \ldots A_n$. Gọi $O$ là hình chiếu của $S$ trên mặt phẳng $(A_1 A_2 \ldots A_n)$.

a) Trong trường hợp hình chóp đã cho là đều, vị trí của điểm $O$ có gì đặc biệt đối với đa giác đều $A_1 A_2 \ldots A_n$?

b) Nếu đa giác $A_1 A_2 \ldots A_n$ là đều và $O$ là tâm của đa giác đó thì hình chóp đã cho có gì đặc biệt?

Lời giải:

Vì $O$ là hình chiếu của $S$ trên mặt phẳng đáy nên $SO \perp (A_1 A_2 \ldots A_n)$.

a) Vì $S.A_1 A_2 \ldots A_n$ là hình chóp đều nên các cạnh bên bằng nhau: $SA_1 = SA_2 = \ldots = SA_n$.

Xét các tam giác vuông $SOA_1, SOA_2, \ldots, SOA_n$ (vuông tại $O$):

$$OA_k = \sqrt{SA_k^2 – SO^2}, \quad k = 1, 2, \ldots, n.$$

Vì $SA_1 = SA_2 = \ldots = SA_n$ nên $OA_1 = OA_2 = \ldots = OA_n$.

Vậy $O$ cách đều mọi đỉnh của đa giác đều, tức $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp đa giác đều — chính là tâm của đa giác đều.

b) Vì $A_1 A_2 \ldots A_n$ là đều và $O$ là tâm của đa giác đó nên $OA_1 = OA_2 = \ldots = OA_n$.

Xét các tam giác vuông $SOA_k$ (vuông tại $O$):

$$SA_k = \sqrt{OA_k^2 + SO^2}, \quad k = 1, 2, \ldots, n.$$

Vì $OA_1 = OA_2 = \ldots = OA_n$ nên $SA_1 = SA_2 = \ldots = SA_n$.

Đáy là đa giác đều, các cạnh bên bằng nhau, nên hình chóp $S.A_1 A_2 \ldots A_n$ là hình chóp đều.

Kết luận: Một hình chóp là đều khi và chỉ khi đáy của nó là đa giác đều và hình chiếu của đỉnh trên mặt đáy là tâm của mặt đáy.

Luyện tập 5 (trang 51)

Đề bài: 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 $[S, BC, A]$.

Lời giải:

Gọi $O$ là tâm tam giác đều $ABC$ và $M$ là trung điểm $BC$. Vì hình chóp đều nên $SO \perp (ABC)$.

Bước 1: Xác định góc phẳng nhị diện.

• Tam giác $ABC$ đều, $M$ là trung điểm $BC$ nên $AM \perp BC$ (và $M, O, A$ thẳng hàng).
• $SO \perp (ABC) \supset BC \Rightarrow SO \perp BC$.
• $AM \perp BC$ và $SO \perp BC$, hai đường cắt nhau tại $O$, cùng thuộc $(SAM)$.
• Suy ra $BC \perp (SAM)$, do đó $BC \perp SM$.

Vậy tại $M$: $MA \perp BC$ và $MS \perp BC$, với $A, S$ ở hai phía của $BC$. Suy ra $\widehat{SMA}$ là góc phẳng nhị diện $[S, BC, A]$.

Bước 2: Tính các đại lượng.

• $AM = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$ (đường cao tam giác đều cạnh $a$).
• $OM = \dfrac{1}{3} AM = \dfrac{a\sqrt{3}}{6}$ (bán kính nội tiếp).
• $AO = \dfrac{2}{3} AM = \dfrac{a\sqrt{3}}{3}$ (bán kính ngoại tiếp).

Tam giác $SOA$ vuông tại $O$, $SA = a\sqrt{\dfrac{5}{12}}$:

$$SO^2 = SA^2 – AO^2 = \dfrac{5a^2}{12} – \dfrac{a^2}{3} = \dfrac{5a^2 – 4a^2}{12} = \dfrac{a^2}{12}.$$

$$SO = \dfrac{a}{2\sqrt{3}} = \dfrac{a\sqrt{3}}{6}.$$

Bước 3: Tính góc $\widehat{SMA}$.

Tam giác $SOM$ vuông tại $O$:

$$\tan\widehat{SMO} = \dfrac{SO}{OM} = \dfrac{\frac{a\sqrt{3}}{6}}{\frac{a\sqrt{3}}{6}} = 1.$$

$$\Rightarrow \widehat{SMA} = \widehat{SMO} = 45^\circ.$$

Kết luận: Góc nhị diện $[S, BC, A]$ có số đo $45^\circ$.

HĐ13 (trang 52)

Đề bài: Cho hình chóp đều $S.A_1 A_2 \ldots A_n$. Một mặt phẳng không đi qua $S$ và song song với mặt phẳng đáy, cắt các cạnh $SA_1, SA_2, \ldots, SA_n$ tương ứng tại $B_1, B_2, \ldots, B_n$.

a) Giải thích vì sao $S.B_1 B_2 \ldots B_n$ là một hình chóp đều.

b) Gọi $H$ là tâm của đa giác đều $A_1 A_2 \ldots A_n$. Chứng minh rằng đường thẳng $SH$ đi qua tâm $K$ của đa giác đều $B_1 B_2 \ldots B_n$ và $HK$ vuông góc với các mặt phẳng $(A_1 A_2 \ldots A_n)$, $(B_1 B_2 \ldots B_n)$.

Lời giải:

a) Chứng minh $S.B_1 B_2 \ldots B_n$ là hình chóp đều.

Mặt phẳng cắt song song với mặt phẳng đáy, cắt các cạnh $SA_k$ tại $B_k$, nên các đa giác $A_1 A_2 \ldots A_n$ và $B_1 B_2 \ldots B_n$ có các cạnh tương ứng song song.

Áp dụng định lí Ta-lét trong các tam giác $SA_1 A_2, SA_2 A_3, \ldots, SA_n A_1$:

$$\dfrac{SB_1}{SA_1} = \dfrac{SB_2}{SA_2} = \ldots = \dfrac{SB_n}{SA_n}.$$

Suy ra:

$$\dfrac{B_1 B_2}{A_1 A_2} = \dfrac{B_2 B_3}{A_2 A_3} = \ldots = \dfrac{B_n B_1}{A_n A_1}.$$

Vì $A_1 A_2 \ldots A_n$ đều nên các tỉ số bằng nhau dẫn đến $B_1 B_2 \ldots B_n$ cũng là đa giác đều.

Hơn nữa, $SA_1 = SA_2 = \ldots = SA_n$ nên $SB_1 = SB_2 = \ldots = SB_n$ (các cạnh bên bằng nhau).

Vậy $S.B_1 B_2 \ldots B_n$ là hình chóp đều. $\blacksquare$

b) Chứng minh $SH$ đi qua tâm $K$ và $HK$ vuông góc với hai mặt đáy.

Vì $H$ là tâm đa giác đều $A_1 A_2 \ldots A_n$ và hình chóp $S.A_1 A_2 \ldots A_n$ là đều, theo HĐ12:

$$SH \perp (A_1 A_2 \ldots A_n).$$

Vì $(A_1 A_2 \ldots A_n) // (B_1 B_2 \ldots B_n)$ và $SH \perp (A_1 A_2 \ldots A_n)$, suy ra:

$$SH \perp (B_1 B_2 \ldots B_n).$$

Theo câu a, $S.B_1 B_2 \ldots B_n$ là hình chóp đều, mà $SH$ vuông góc với đáy $(B_1 B_2 \ldots B_n)$ tại một điểm, nên giao điểm đó chính là tâm $K$ của đa giác đều $B_1 B_2 \ldots B_n$ (theo HĐ12).

Vậy $SH$ đi qua $K$, và $HK$ là đoạn thẳng nằm trên $SH$, do đó:

$$HK \perp (A_1 A_2 \ldots A_n), \quad HK \perp (B_1 B_2 \ldots B_n). \quad \blacksquare$$

Câu hỏi (trang 52)

Đề bài: Hình chóp cụt đều có các cạnh bên bằng nhau hay không?

Lời giải:

Hình chóp cụt đều được tạo từ hình chóp đều $S.A_1 A_2 \ldots A_n$ bằng cách cắt bỏ phần đỉnh bởi một mặt phẳng song song với đáy. Cạnh bên của hình chóp cụt là đoạn $A_k B_k$ (nằm trên cạnh bên $SA_k$ của hình chóp đều).

Theo HĐ13: $\dfrac{SB_1}{SA_1} = \dfrac{SB_2}{SA_2} = \ldots = \dfrac{SB_n}{SA_n}$ (gọi tỉ số này là $k$).

Suy ra $SB_k = k \cdot SA_k$ và $A_k B_k = SA_k – SB_k = (1 – k) SA_k$.

Vì $SA_1 = SA_2 = \ldots = SA_n$ (hình chóp đều), nên:

$$A_1 B_1 = A_2 B_2 = \ldots = A_n B_n.$$

Kết luận: Hình chóp cụt đều có các cạnh bên bằng nhau.

Bài tập (trang 53)

Bài 7.16 (trang 53)

Đề bài: Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA \perp (ABC)$. Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $BC$.

a) Chứng minh rằng $(SAB) \perp (ABC)$ và $(SAH) \perp (SBC)$.

b) Giả sử tam giác $ABC$ vuông tại $A$, $\widehat{ABC} = 30^\circ$, $AC = a$, $SA = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$. Tính số đo của góc nhị diện $[S, BC, A]$.

Lời giải:

a) Chứng minh $(SAB) \perp (ABC)$ và $(SAH) \perp (SBC)$.

$(SAB) \perp (ABC)$: Mặt phẳng $(SAB)$ chứa đường thẳng $SA \perp (ABC)$, suy ra $(SAB) \perp (ABC)$.

$(SAH) \perp (SBC)$: Ta chứng minh $BC \perp (SAH)$.

• $AH \perp BC$ (giả thiết).
• $SA \perp BC$ (vì $SA \perp (ABC) \supset BC$).
• $AH, SA$ cắt nhau tại $A$, cùng thuộc $(SAH)$.

$\Rightarrow BC \perp (SAH)$.

Mà $BC \subset (SBC)$, nên $(SBC)$ chứa đường thẳng $BC$ vuông góc với $(SAH)$.

$$\Rightarrow (SBC) \perp (SAH). \quad \blacksquare$$

b) Tính góc nhị diện $[S, BC, A]$.

Xác định góc phẳng nhị diện: Theo câu a, $BC \perp (SAH)$, nên $BC \perp AH$ và $BC \perp SH$. Vậy $\widehat{SHA}$ là góc phẳng của góc nhị diện $[S, BC, A]$.

Tính $AH$: Tam giác $ABC$ vuông tại $A$, $\widehat{ABC} = 30^\circ$, $AC = a$:

$$AB = \dfrac{AC}{\tan 30^\circ} = a\sqrt{3}, \quad BC = \dfrac{AC}{\sin 30^\circ} = 2a.$$

$AH$ là đường cao từ $A$ xuống cạnh huyền:

$$AH = \dfrac{AB \cdot AC}{BC} = \dfrac{a\sqrt{3} \cdot a}{2a} = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}.$$

Tính $\widehat{SHA}$: Tam giác $SAH$ vuông tại $A$ (vì $SA \perp (ABC) \supset AH$):

$$\tan\widehat{SHA} = \dfrac{SA}{AH} = \dfrac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}} = 1 \Rightarrow \widehat{SHA} = 45^\circ.$$

Kết luận: Góc nhị diện $[S, BC, A] = 45^\circ$.

Bài 7.17 (trang 53)

Đề bài: Cho hình lập phương $ABCD.A’B’C’D’$ có cạnh bằng $a$.

a) Tính độ dài đường chéo của hình lập phương.

b) Chứng minh rằng $(ACC’A’) \perp (BDD’B’)$.

c) 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 (gần đúng) số đo của các góc nhị diện $[C, BD, C’]$, $[A, BD, C’]$.

Lời giải:

a) Tính độ dài đường chéo.

Xét đường chéo $AC’$. Trong hình vuông $ABCD$: $AC = a\sqrt{2}$. Tam giác $ACC’$ vuông tại $C$:

$$AC’ = \sqrt{AC^2 + CC’^2} = \sqrt{2a^2 + a^2} = a\sqrt{3}.$$

Kết luận: Đường chéo của hình lập phương bằng $a\sqrt{3}$.

b) Chứng minh $(ACC’A’) \perp (BDD’B’)$.

Ta chứng minh $BD \perp (ACC’A’)$:

• $BD \perp AC$ (hai đường chéo hình vuông).
• $BD \perp AA’$ (vì $AA’ \perp (ABCD) \supset BD$).
• $AC, AA’$ cắt nhau tại $A$, cùng thuộc $(ACC’A’)$.

$\Rightarrow BD \perp (ACC’A’)$.

Mà $BD \subset (BDD’B’)$, suy ra $(BDD’B’) \perp (ACC’A’)$. $\blacksquare$

c) Tính góc nhị diện $[C, BD, C’]$ và $[A, BD, C’]$.

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

$O$ là tâm hình vuông $ABCD$ nên $O$ là giao $AC, BD$, do đó $O \in BD$.

• $CO \perp BD$ (hai đường chéo hình vuông).
• Theo câu b, $BD \perp (ACC’A’)$ mà $C’O \subset (ACC’A’)$, nên $BD \perp C’O$.

Vậy $CO, C’O$ cùng vuông góc với $BD$ tại $O$, $C$ và $C’$ ở hai nửa mặt phẳng tương ứng. Suy ra $\widehat{COC’}$ là góc phẳng nhị diện $[C, BD, C’]$. $\blacksquare$

Tính $[C, BD, C’]$: Tam giác $COC’$ vuông tại $C$:

• $CO = \dfrac{a\sqrt{2}}{2}$, $CC’ = a$.

$$\tan\widehat{COC’} = \dfrac{CC’}{CO} = \dfrac{a}{\frac{a\sqrt{2}}{2}} = \sqrt{2}.$$

$$\Rightarrow \widehat{COC’} \approx 54{,}74^\circ.$$

Tính $[A, BD, C’]$: Trong hình vuông $ABCD$, $A$ và $C$ ở hai phía của đường chéo $BD$, nên hai tia $OA$ và $OC$ là hai tia đối nhau. Suy ra:

$$\widehat{AOC’} = 180^\circ – \widehat{COC’} \approx 125{,}26^\circ.$$

Kết luận:

• $[C, BD, C’] \approx 54{,}74^\circ$.
• $[A, BD, C’] \approx 125{,}26^\circ$.

Bài 7.18 (trang 53)

Đề bài: 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 $AC’$.

Lời giải:

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

$BB’ \perp (ABCD)$ (cạnh bên hình hộp chữ nhật vuông góc đáy) và $BB’ \subset (BDD’B’)$.

Vậy $(BDD’B’)$ chứa $BB’ \perp (ABCD)$, suy ra $(BDD’B’) \perp (ABCD)$. $\blacksquare$

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

• Hình chiếu của $A$ trên $(ABCD)$ là $A$.
• Hình chiếu của $C’$ trên $(ABCD)$ là $C$ (vì $CC’ \perp (ABCD)$).

Kết luận: Hình chiếu của $AC’$ trên $(ABCD)$ là đường thẳng $AC$.

c) Tính $AC’$.

Tam giác $ABC$ vuông tại $B$: $AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{a^2 + b^2}$.

Tam giác $ACC’$ vuông tại $C$ (vì $CC’ \perp (ABCD) \supset AC$):

$$AC’ = \sqrt{AC^2 + CC’^2} = \sqrt{a^2 + b^2 + c^2}.$$

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

Bài 7.19 (trang 53)

Đề bài: 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.

Lời giải:

Gọi $O$ là tâm tam giác đều $ABC$ và $M$ là trung điểm $BC$. Vì hình chóp đều nên $SO \perp (ABC)$.

Các đại lượng cơ bản:

• $AO = \dfrac{a\sqrt{3}}{3}$ (bán kính ngoại tiếp tam giác đều cạnh $a$).
• $OM = \dfrac{a\sqrt{3}}{6}$ (bán kính nội tiếp).
• Tam giác $SOA$ vuông tại $O$:

$$SO = \sqrt{SA^2 – AO^2} = \sqrt{b^2 – \dfrac{a^2}{3}} = \dfrac{\sqrt{3b^2 – a^2}}{\sqrt{3}}.$$

a) Tính sin góc giữa cạnh bên $SA$ và đáy.

$SO \perp (ABC)$ nên hình chiếu của $SA$ trên $(ABC)$ là $OA$. Góc giữa $SA$ và $(ABC)$ là $\widehat{SAO}$.

Tam giác $SOA$ vuông tại $O$:

$$\sin\widehat{SAO} = \dfrac{SO}{SA} = \dfrac{\sqrt{3b^2 – a^2}}{b\sqrt{3}}.$$

b) Tính tang góc giữa $(ABC)$ và $(SBC)$.

• Tam giác $ABC$ đều, $M$ là trung điểm $BC$ nên $AM \perp BC$, do đó $OM \perp BC$.
• Tam giác $SBC$ cân tại $S$, $M$ trung điểm $BC$ nên $SM \perp BC$.

Suy ra $\widehat{SMO}$ là góc phẳng nhị diện giữa $(ABC)$ và $(SBC)$.

Tam giác $SOM$ vuông tại $O$:

$$\tan\widehat{SMO} = \dfrac{SO}{OM} = \dfrac{\frac{\sqrt{3b^2 – a^2}}{\sqrt{3}}}{\frac{a\sqrt{3}}{6}} = \dfrac{2\sqrt{3b^2 – a^2}}{a}.$$

Kết luận:

• $\sin = \dfrac{\sqrt{3b^2 – a^2}}{b\sqrt{3}}$.
• $\tan = \dfrac{2\sqrt{3b^2 – a^2}}{a}$.

Bài 7.20 (trang 53)

Đề bài: 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.

Lời giải:

a) Tính (gần đúng) góc nhị diện tạo bởi hai mái nhà

• Gọi $\Delta$ là đường giao tuyến của hai mặt phẳng chứa hai mái nhà (đường nóc nhà).
• Vì hai mái nhà là hai hình chữ nhật nên $OA \perp \Delta$ và $OB \perp \Delta$.
• Do đó, góc $\widehat{AOB}$ chính là góc phẳng nhị diện tạo bởi hai nửa mặt phẳng tương ứng chứa hai mái nhà.
• Áp dụng định lí côsin trong tam giác $OAB$, ta có:
• $$\cos\widehat{AOB} = \frac{OA^2 + OB^2 – AB^2}{2 \cdot OA \cdot OB} = \frac{2{,}8^2 + 4^2 – 4{,}8^2}{2 \cdot 2{,}8 \cdot 4} = \frac{1}{28}$$
• Suy ra $\widehat{AOB} \approx 88^\circ$.
• Kết luận: Số đo của góc nhị diện tạo bởi hai nửa mặt phẳng chứa hai mái nhà khoảng $88^\circ$.

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

• Theo chứng minh ở câu a, ta có $\Delta \perp OA$ và $\Delta \perp OB$. Mà $OA$ và $OB$ là hai đường thẳng cắt nhau tại $O$ cùng nằm trong mặt phẳng $(OAB)$.
• Suy ra $\Delta \perp (OAB)$.
• Theo giả thiết, đường nóc nhà $\Delta$ song song với mặt đất phẳng. Do đó, mặt đất chứa một đường thẳng $\Delta’$ song song với $\Delta$.
• Vì $\Delta \perp (OAB)$ nên $\Delta’ \perp (OAB)$.
• Mặt đất chứa đường thẳng $\Delta’$ vuông góc với mặt phẳng $(OAB)$ nên mặt đất vuông góc với mặt phẳng $(OAB)$. $\blacksquare$

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

• Theo câu b, mặt phẳng $(OAB)$ vuông góc với mặt đất phẳng. Do đó, ta có thể đưa bài toán về không gian hai chiều trên mặt phẳng $(OAB)$.
• Trong mặt phẳng $(OAB)$, qua $B$ kẻ đường thẳng nằm ngang (song song với mặt đất), cắt đường thẳng thẳng đứng đi qua $A$ tại $H$. Khi đó, tam giác $AHB$ vuông tại $H$.
• Góc giữa mái nhà chứa $OB$ và mặt đất chính là góc $\widehat{OBH}$.
• Vì điểm $A$ ở độ cao hơn điểm $B$ là $0{,}5\text{ m}$ nên $AH = 0{,}5\text{ m}$. Xét tam giác $AHB$ vuông tại $H$:
• $$\sin\widehat{ABH} = \frac{AH}{AB} = \frac{0{,}5}{4{,}8} = \frac{5}{48} \Rightarrow \widehat{ABH} \approx 6^\circ$$
• Áp dụng định lí côsin trong tam giác $OAB$:
• $$\cos\widehat{OBA} = \frac{OB^2 + AB^2 – OA^2}{2 \cdot OB \cdot AB} = \frac{4^2 + 4{,}8^2 – 2{,}8^2}{2 \cdot 4 \cdot 4{,}8} = \frac{13}{16} \Rightarrow \widehat{OBA} \approx 36^\circ$$
• Vì $O$ là đỉnh nóc nhà, $A$ và $B$ là mép dưới của hai mái, nên tia $BA$ nằm giữa phương ngang $BH$ và tia mái nhà $BO$. Do đó:
• $$\widehat{OBH} = \widehat{OBA} + \widehat{ABH} \approx 36^\circ + 6^\circ = 42^\circ$$
• Kết luận: Góc giữa mái nhà (chứa $OB$) so với mặt đất khoảng $42^\circ$.

Bài 7.21 (trang 53)

Đề bài: 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.)

Lời giải:

Gọi $\alpha$ là góc tạo bởi đường dành cho người khuyết tật và mặt phẳng nằm ngang. Theo đề:

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

Vì hàm $\tan$ đồng biến trên $[0^\circ; 90^\circ)$:

$$\alpha \leq \arctan\dfrac{1}{12} \approx 4{,}76^\circ.$$

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

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