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