Bài 28 trang 100 SBT Toán 11 - Cánh diều: Cho hình chóp \(S. ABCD\) có \(ABCD\) là hình vuông, \(AC\) cắt \(BD\) tại \(O\), \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\)...

Đề bài :

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có \(ABCD\) là hình vuông, \(AC\) cắt \(BD\) tại \(O\), \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\). Tất cả các cạnh của hình chóp bằng \(a\).

a) Tính góc giữa đường thẳng \(SB\) và mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\).

b) Gọi \(\alpha \) là số đo của góc nhị diện \(\left[ {S,CD,A} \right]\). Tính \(\cos \alpha \).

c) Gọi \(d\) là giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SCD} \right)\), \(\beta \) là số đo của góc nhị diện \(\left[ {A,d,D} \right]\). Tính \(\cos \beta \).

d*) Gọi \(\gamma \) là số đo góc nhị diện \(\left[ {B,SC,D} \right]\). Tính \(\cos \gamma \).

Hướng dẫn giải :

a) Xác định hình chiếu của \(B\) trên mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\), từ đó tính được góc giữa \(SB\) và \(\left( {SAC} \right)\).

b) Gọi \(N\) là trung điểm của \(CD\). Chứng minh góc phẳng nhị diện của góc nhị diện \(\left[ {S,CD,A} \right]\) là góc \(\widehat {SNO}\). Tính \(\cos \widehat {SNO}\).

c) Chứng minh rằng \(d\) song song với \(AB\) và \(CD\). Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB\). Chứng minh rằng góc phẳng nhị diện của góc nhị diện \(\left[ {A,d,D} \right]\) là góc \(\widehat {MSN}\), từ đó tính \(\cos \widehat {MSN}\).

d) Gọi \(E\) là hình chiếu của \(B\) trên \(SC\). Chứng minh góc phẳng nhị diện của góc nhị diện \(\left[ {B,SC,D} \right]\) là góc \(\widehat {BED}\). Tính \(\cos \widehat {BED}\).

Lời giải chi tiết :

a) Do \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\), ta có \(SO \bot OB\). Vì \(ABCD\) là hình vuông nên \(BO \bot AC\). Như vậy \(BO \bot \left( {SAC} \right)\), tức là hình chiếu của điểm \(B\) trên \(\left( {SAC} \right)\). Do đó góc giữa \(SB\) và \(\left( {SAC} \right)\) là góc \(\widehat {BSO}\).

Ta có \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\), nên \(BD = a\sqrt 2 \).

Tam giác \(SBD\) có \(SB = SD = a\) và \(S{B^2} + S{D^2} = {a^2} + {a^2} = 2{a^2} = B{D^2}\), nên tam giác này là tam giác vuông cân tại \(S\).

Hơn nữa, do \(SO \bot BD\), ta suy ra \(\widehat {BSO} = \widehat {SBO} = {45^o}\).

Như vậy, góc giữa \(SB\) và \(\left( {SAC} \right)\) bằng \({45^o}\).

b) Gọi \(N\) là trung điểm của \(CD\). Do tam giác \(SCD\) đều (\(SC = SD = CD = a\)), ta suy ra \(SN \bot CD\) và \(SN = \sqrt {S{C^2} - C{N^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Do \(O\) là tâm của hình vuông \(ABCD\), ta suy ra \(ON \bot CD\). Như vậy, góc phẳng nhị diện của góc nhị diện \(\left[ {S,CD,O} \right]\) là góc \(\widehat {SNO}\). Hơn nữa do \(O \in \left( {ABCD} \right)\), ta suy ra góc nhị diện \(\left[ {S,CD,O} \right]\) cũng chính là góc nhị diện \(\left[ {S,CD,A} \right]\), tức là \(\alpha = \widehat {SNO}\).

Như vậy \(\cos \alpha = \cos \widehat {SNO} = \frac{{ON}}{{SN}} = \frac{{\frac{a}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\).

c) Ta thấy rằng \(AB\parallel CD\), \(AB \subset \left( {SAB} \right)\), \(CD \subset \left( {SCD} \right)\), \(S \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right)\), nên giao tuyến \(d\) của hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SCD} \right)\) đi qua \(S\) và song song với \(AB\) và \(CD\).

Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB\). Tam giác \(SAB\) đều (\(SA = AB = SB = a\)) nên \(SM \bot AB\). Mặt khác, do \(d\parallel AB\) nên \(SM \bot d\). Chứng minh tương tự ta cũng có \(SN \bot d\). Suy ra góc phẳng nhị diện của góc nhị diện \(\left[ {M,d,N} \right]\) là góc \(\widehat {MSN}\).

Hơn nữa, do \(AM\parallel d\) và \(DN\parallel d\), ta suy ra góc nhị diện \(\left[ {M,d,N} \right]\) cũng chính là \(\left[ {A,d,D} \right]\), tức là \(\beta = \widehat {MSN}\).

Ta có \(SM = SN = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\), \(MN = a\). Theo định lý cos trong tam giác, ta có:

\(\cos \beta = \cos \widehat {MSN} = \frac{{S{M^2} + S{N^2} - M{N^2}}}{{2SM.SN}} = \frac{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} - {a^2}}}{{2.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{1}{3}\).

d) Gọi \(E\) là hình chiếu của \(B\) trên \(SC\). Theo câu a, ta có \(BD \bot \left( {SAC} \right)\) nên suy ra \(BD \bot SC\). Mà \(BE \bot SC\) nên suy ra \(SC \bot \left( {BDE} \right)\), điều này dẫn tới \(SC \bot DE\).

Như vậy, vì \(BE \bot SC\), \(SC \bot DE\) nên góc phẳng nhị diện của góc nhị diện \(\left[ {B,SC,D} \right]\) là góc \(\widehat {BED}\), tức là \(\gamma = \widehat {BED}\).

Tam giác \(SBC\) đều (\(SB = SC = BC = a\)) và có \(BE \bot SC\), nên ta dễ dàng tính được \(BE = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\). Tương tự, ta cũng có \(DE = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Theo định lý cos trong tam giác, ta có:

\(\cos \gamma = \cos \widehat {BED} = \frac{{B{E^2} + D{E^2} - B{D^2}}}{{2BE.DE}} = \frac{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}}}{{2.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{ - 1}}{3}\).