Cho hình chóp\(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vu...

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

a) \(\left\{ \begin{array}{l}d \bot a\\d \bot b\\a \cap b \subset \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow d \bot \left( P \right)\).

    \(\left\{ \begin{array}{l}d \bot \left( P \right)\\d \subset \left( Q \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( P \right) \bot \left( Q \right)\).

b) Chứng minh \(NP\) vuông góc với mặt phẳng chứa \(AP\).

c) Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và vuông góc với giao tuyến.

Giải chi tiết:

a) Ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\BD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot (SAC)\\\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAB} \right).\end{array}\)      

b) Ta có:

\(\begin{array}{l}\dfrac{{SN}}{{NC}} = \dfrac{{SP}}{{PD}} = 2 \Rightarrow NP//CD\,\,\,\,\left( 1 \right)\\\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot AP\,\,\,\left( 2 \right)\end{array}\)

Từ (1) và (2) suy ra \(AP \bot NP.\)

c)  Ta có: \(\left( {BNP} \right) \equiv \left( {ABNP} \right)\).

Trong \(\left( {SAC} \right)\) gọi \(E = MC \cap AN\). Trong \(\left( {SAD} \right)\) gọi \(F = MD \cap AP\).

\( \Rightarrow \left( {ABNP} \right) \cap \left( {MCD} \right) = EF\).

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {ABNP} \right) \supset AB\\\left( {MCD} \right) \supset CD\\AB//CD\\\left( {ABNP} \right) \cap \left( {MCD} \right) = EF\end{array} \right. \Rightarrow EF//AB//CD\).

Mà \(CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow EF \bot \left( {SAD} \right)\).

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}EF \bot AF\\EF \bot DF\end{array} \right. \Rightarrow \angle \left( {\left( {ABNP} \right);\left( {MCD} \right)} \right) = \angle \left( {AF;DF} \right)\).

Ta có \(\angle \left( {SD;\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SD;AD} \right) = \angle SDA = {40^0} \Rightarrow \Delta SAD\) vuông cân tại \(A\).

\( \Rightarrow SA = AD = a,\,\,SD = a\sqrt 2 \) \( \Rightarrow AM = \dfrac{a}{2} \Rightarrow DM = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}\).

Áp dụng định lí cosin trong tam giác \(APD\) ta có: \(\cos {45^0} = \dfrac{{{a^2} + {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{3}} \right)}^2} - A{P^2}}}{{2.a.\dfrac{{a\sqrt 2 }}{3}}} \Leftrightarrow A{P^2} = \dfrac{{5{a^2}}}{9} \Rightarrow AP = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{3}\)

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác \(SMD\) ta có : \(\dfrac{{AM}}{{AS}}.\dfrac{{PS}}{{PD}}.\dfrac{{FD}}{{FM}} = 1 \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}.2.\dfrac{{FD}}{{FM}} = 1 \Leftrightarrow FD = FM \Rightarrow FD = \dfrac{1}{2}MD = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{4}\).

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác \(SAP\) ta có : \(\dfrac{{MA}}{{MS}}.\dfrac{{DS}}{{DP}}.\dfrac{{FP}}{{FA}} = 1 \Leftrightarrow 1.3.\dfrac{{FP}}{{FA}} = 1 \Leftrightarrow \dfrac{{FP}}{{FA}} = \dfrac{1}{3}\).

\( \Rightarrow AF = \dfrac{3}{4}AP = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{4}\).

Áp dụng định lí cosin trong tam giác \(AFD\) ta có:

\(\cos \angle AFD = \dfrac{{A{F^2} + D{F^2} - A{D^2}}}{{2AF.DF}} = \dfrac{{\dfrac{{5{a^2}}}{{16}} + \dfrac{{5{a^2}}}{{16}} - {a^2}}}{{2.\dfrac{{5{a^2}}}{{16}}}} =  - \dfrac{3}{5}\).

Vậy \(\cos \angle \left( {\left( {MCD} \right);\left( {BNP} \right)} \right) = \dfrac{3}{5}\).