Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy A...

C

- Hướng dẫn giải

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
\left( {SBG} \right) \bot \left( {ABG} \right)\\
\left( {SCG} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\
\left( {SBG} \right) \bot \left( {SCG} \right) = SG
\end{array} \right. \Rightarrow SG \bot \left( {ABC} \right)\)  

Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, SC, BC, AC.

Đặt \(AB = BC = 1 \Rightarrow AC = \sqrt 2 \) 

Ta có: \(\angle \left( {SA;\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SA;GA} \right) = \angle SAG = {30^0}\) 

Ta có NQ là đường trung bình của tam giác \(SAC \Rightarrow NQ//SA\) 

          MQ là đường trung bình của tam giác \(ABC \Rightarrow MQ//BC\) 

\( \Rightarrow \angle \left( {SA;BC} \right) = \angle \left( {NQ;MQ} \right)\) 

Ta có: \(AP = \sqrt {1 + \frac{1}{4}}  = \frac{{\sqrt 5 }}{2} = CM \Rightarrow AG = \frac{2}{3}AP = \frac{{\sqrt 5 }}{3}\) 

\( \Rightarrow SG = AG.\tan {30^0} = \frac{{\sqrt 5 }}{3}.\frac{{\sqrt 3 }}{3} = \frac{{\sqrt {15} }}{9};SA = \frac{{AG}}{{\cos {{30}^0}}} = \frac{{2\sqrt {15} }}{9}\) 

\( \Rightarrow NQ = \frac{1}{2}SA = \frac{{\sqrt {15} }}{9}\) và \(MQ = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2}\) 

Ta có \(MC = \frac{{\sqrt 5 }}{2} \Rightarrow GC = \frac{2}{3}MC = \frac{{\sqrt 5 }}{3};GM = \frac{1}{3}MC = \frac{{\sqrt 5 }}{6}\) 

Áp dụng định lí Pytago ta có: \(SC = \sqrt {S{G^2} + G{C^2}}  = \frac{{2\sqrt {15} }}{9};SM = \sqrt {S{G^2} + G{M^2}}  = \frac{{\sqrt {105} }}{{18}}\) 

Xét tam giác SMC ta có: \(M{N^2} = \frac{{S{M^2} + M{C^2}}}{2} - \frac{{S{C^2}}}{4} = \frac{{65}}{{108}} \Leftrightarrow MN = \frac{{\sqrt {195} }}{{18}}\) 

Áp dụng định lý cosin trong tam giác MNQ:

\(\cos \angle MQN = \frac{{M{Q^2} + N{Q^2} - M{N^2}}}{{2.MQ.NQ}} = \frac{{\frac{1}{4} + \frac{5}{{27}} - \frac{{65}}{{108}}}}{{2.\frac{1}{2}.\frac{{\sqrt {15} }}{9}}} = \frac{{ - \frac{1}{6}}}{{\frac{{\sqrt {15} }}{9}}} =  - \frac{{\sqrt {15} }}{{10}} < 0\) 

Vậy \(\cos \angle \left( {NQ;MQ} \right) = \frac{{15}}{{10}} = \cos \angle \left( {SA;BC} \right)\)