Bài tập 28 trang 100 SBT Toán 11 Tập 2 Cánh diều - CD

a) Ta có: SO ⊥ (ABCD) và OB ⊂ (ABCD) nên SO ⊥ OB.

Do ABCD là hình vuông nên OB ⊥ AC.

Ta có: OB ⊥ SO, OB ⊥ AC và SO ∩ AC = O trong (SAC) nên OB ⊥ (SAC) hay O là hình chiếu vuông góc của B trên (SAC).

Do đó góc giữa SB và (SAC) là góc giữa SB và SO và bằng $\widehat{BSO}$.

Vì ABCD là hình vuông cạnh a, nên $BD=AC=a\sqrt{2}.$

Xét tam giác SDB có: SB = SD = a và SB² + SD² = a² + a² = 2a² = BD² nên tam giác SBD vuông cân tại S.

Hơn nữa SO ⊥ BD (vì SO ⊥ (ABCD)).

Nên SO là đường phân giác của $\widehat{BSD\Rightarrow \widehat{BSO}=\widehat{OSD}=\frac{90°}{2}=45°.}$

Vậy góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (SAC) bằng 45°.

b) Gọi N là trung điểm của CD suy ra $CN=\frac{CD}{2}=\frac{a}{2}.$

Ta có: tam giác SCD đều (vì SC = SD = CD = a), SN là đường trung tuyến

Suy ra: SN ⊥ CD.

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác SNC vuông tại N có

SC² = CN² + SN²

Suy ra $SN=\sqrt{S{C}^2-C{N}^2}=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Xét tam giác ACD có: O, N lần lượt là trung điểm của AC và DC nên ON là đường trung bình của tam giác ACD.

Suy ra: ON // AD và $ON=\frac{1}{2}AD=\frac{a}{2}.$

Mà AD ⊥ CD (vì ABCD là hình vuông)

Nên ON ⊥ CD.

Ta thấy: SN ⊥ CD, ON ⊥ CD và SN ∩ ON = N ∈ CD.

Suy ra $\widehat{SNO}$ chính là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [S, CD, A], tức là $\alpha =\widehat{SNO}.$

Vì SO ⊥ (ABCD) và ON ⊂ (ABCD) nên SO ⊥ ON.

Xét tam giác SNO vuông tại O có:

$\cos \widehat{SNO}=\frac{ON}{SN}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow \cos \alpha =\frac{\sqrt{3}}{3}.$

c) Ta có: S ∈ (SAB) ∩ (SCD), AB // CD, AB ⊂ (SAB) và CD ⊂ (SCD)

Suy ra giao tuyến d của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) đi qua S và song song với AB và CD.

Gọi M là trung điểm của AB.

Tương tự câu b) ta có $SM=\frac{a\sqrt{3}}{2},$$MO=\frac{a}{2}$ và $MN=MO+ON=\frac{a}{2}+\frac{a}{2}=a.$

Ta có: tam giác SAB đều (vì SA = SB = AB = a), SM là đường trung tuyến

Nên SM ⊥ AB mà AB // d suy ra SM ⊥ d.

Tương tự ta có: SN ⊥ CD mà CD // d suy ra SN ⊥ d.

Ta thấy: SM ⊥ d, SN ⊥ d và SM ∩ SN = S ∈ d và SM, SN lần lượt nằm trong mặt phẳng nhị diện chứa đường thẳng d và điểm A, mặt phẳng nhị diện chứa đường thẳng d và điểm D.

Suy ra $\widehat{MSN}$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [A, d, D], tức là $\beta =\widehat{MSN}.$

Áp dụng định lí Cosin trong tam giác SMN có:

$\cos \widehat{MSN}=\frac{S{M}^2+S{N}^2-M{N}^2}{2\cdot SM\cdot SN}.$

$\Rightarrow \cos \beta =\cos \widehat{MSN}=\frac{{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2+{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2-a^2}{2\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{1}{3}.$

d) Gọi H là hình chiếu của B trên SC nên BH ⊥ SC.

Ta có OB ⊥ (SAC) hay BD ⊥ (SAC).

Mà SC ⊂ (SAC) nên BD ⊥ SC.

Ta có: SC ⊥ BH, SC ⊥ BD và BH ∩ BD = B trong (BHD) nên SC ⊥ (BHD)

Mặt khác HD ⊂ (BHD) nên SC ⊥ HD.

Ta thấy: HD ⊥ SC, BH ⊥ SC và HD ∩ BH = H ∈ SC.

Suy ra $\widehat{BHD}$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [B, SC, D], tức là $\gamma =\widehat{BHD}.$

Xét tam giác SBC đều cạnh a (vì SB = SC = SD = BC = CD = a) có: BH ⊥ SC.

Nên BH là đường trung tuyến, suy ra $SH=\frac{SC}{2}=\frac{a}{2}.$

Áp dụng định lí Pythagore trong tam SBH vuông tại H có:

SB² = BH² + SH²

Suy ra $BH=\sqrt{S{B}^2-S{H}^2}=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Tương tự: tam giác SCD đều và đường trung tuyến $HD=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Áp dụng định lí Cosin trong tam giác BHD có:

$\cos \gamma =\cos \widehat{BHD}=\frac{H{B}^2+H{D}^2-B{D}^2}{2HB.HD}.$

$\Rightarrow \cos \gamma =\frac{{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2+{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2-{\left(a\sqrt{2}\right)}^2}{2.\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2}}=-\frac{1}{3}.$

-- Mod Toán 11 HỌC247