ĐGNL ĐHQG Hà Nội - Tư duy định lượng - Góc giữa hai mặt phẳng

Ta có\[\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC \Rightarrow BC\]  là giao tuyến.

Mặt khác\[SA \bot \left( {ABC} \right)\] và\[{\rm{\Delta }}ABC\] vuông tại\[B \Rightarrow AB \bot BC\]

Nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{SA \bot BC}\\{AB \bot BC}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow BC \bot SB\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(SBC) \cap (ABC) = BC}\\{(SBC) \supset SB \bot BC}\\{(ABC) \supset AB \bot BC}\end{array}} \right. \Rightarrow (\widehat {(SBC);(ABC)}) = (\widehat {SB;AB}) = \widehat {SBA} = {45^0}\)

Xét\[\;{\rm{\Delta }}SAB\] vuông tại A, có\[\widehat {SBA} = {45^0} \Rightarrow SA = AB = a\]

Mà\[A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} = 2{a^2} \Rightarrow AC = a\sqrt 2 \]  

Gọi M là trung điểm của BC, suy ra\[AM \bot BC\]

Ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AM \bot BC}\\{BC \bot SA}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot (SAM) \Rightarrow BC \bot SM\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(SBC) \cap (ABC) = BC}\\{(SBC) \supset SM \bot BC}\\{(ABC) \supset AM \bot BC}\end{array}} \right. \Rightarrow (\widehat {(SBC);(ABC)}) = (\widehat {SM;AM}) = \widehat {SMA}.\)

Tam giác ABC đều cạnh a, suy ra trung tuyến\[AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\]

Tam giác vuông SAM có\[\sin \widehat {SMA} = \frac{{SA}}{{SM}} = \frac{{SA}}{{\sqrt {S{A^2} + A{M^2}} }} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}.\]

Gọi Q là trung điểm BC, suy ra \[OQ \bot BC\]

Ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BC \bot OQ}\\{BC \bot SO}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot (SOQ) \Rightarrow BC \bot SQ\)

Do đó

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(SBC) \cap (ABCD) = BC}\\{(SBC) \supset SQ \bot BC}\\{(ABCD) \supset OQ \bot BC}\end{array}} \right. \Rightarrow (\widehat {(SBC);(ABCD)}) = (\widehat {SQ;OQ}) = \widehat {SQ}\)

Tam giác vuông SOQ, có\[\tan \widehat {SQO} = \frac{{SO}}{{OQ}} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {SQO} = {60^0}\]

Vậy mặt phẳng (SBC) hợp với mặt đáy (ABCD) một góc \({60^0}\).

Gọi H là trung điểm của BC, suy ra \[SH \bot BC \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)\].

Gọi K là trung điểm AC, suy ra \[HK//AB\] nên \[HK \bot AC\].

Ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AC \bot HK}\\{AC \bot SH}\end{array}} \right. \Rightarrow AC \bot (SHK) \Rightarrow AC \bot SK\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(SAC) \cap (ABC) = AC}\\{(SAC) \supset SK \bot AC}\\{(ABC) \supset HK \bot AC}\end{array}} \right. \Rightarrow (\widehat {(SAC);(ABC)}) = (\widehat {SK;HK}) = \widehat {SKH}\)

Tam giác vuông ABC, có\[AB = BC.\cos \widehat {ABC} = a \Rightarrow HK = \frac{1}{2}AB = \frac{a}{2}.\]

Tam giác SBC đều cạnh 2a có đường cao\[SH = \frac{{2a\sqrt 3 }}{2}\]

Tam giác vuông SHK, có \[\tan \widehat {SKH} = \frac{{SH}}{{HK}} = \frac{{\frac{{2a\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{a}{2}}} = 2\sqrt 3 \]

Vì\[ABCD.A'B'C'D'\]  là lăng trụ tứ giác đều

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AB \bot BB\prime }\\{AB \bot BC}\end{array}} \right. \Rightarrow AB \bot (BB\prime C\prime B) \Rightarrow AB \bot BC\prime \)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(ABC\prime ) \cap (ABCD) = AB}\\{(ABC\prime ) \supset BC\prime \bot AB}\\{(ABCD) \supset BC \bot AB}\end{array}} \right. \Rightarrow (\widehat {(ABC\prime );(ABCD)}) = (\widehat {BC\prime ;BC}) = \widehat {C\prime BC} = {60^0}\)

Tam giác BCC′ vuông tại C, có\[\tan \widehat {C'BC} = \frac{{CC'}}{{BC}} \Rightarrow CC' = \tan {60^0}.a = a\sqrt 3 .\]

Từ giả thiết suy ra tam giác ABD đều cạnh aa.

Gọi H là hình chiếu của SS trên mặt phẳng (ABCD).

Do SA=SB=SD nên suy ra H là tâm của tam gác đều ABD.

Suy ra

\[AH = \frac{2}{3}AI = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3},HI = \frac{1}{3}AI = \frac{1}{3}\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\]

và\[SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}} = \frac{{a\sqrt {15} }}{6}.\]

Vì ABCD là hình thoi nên \[HI \bot BD\]. Tam giác SBD cân tại S nên\[SI \bot BD\].  Do đó\[\widehat {\left( {SBD} \right);\left( {ABCD} \right)} = \widehat {\left( {SI;AI} \right)} = \widehat {SIH}.\]

Trong tam vuông SHI, có\[\tan \widehat {SIH} = \frac{{SH}}{{HI}} = \sqrt 5 .\]