1. Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\). Gọi \(H\) là trung điểm \(AB\), \(SH = a\) và \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\). Tính \(\varphi \) là góc giữa \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\).

DẠNG TOÁN TỔNG HỢP HÌNH HỌC KHÔNG GIAN – GÓC – KHOẢNG CÁCH – THỂ TÍCH – TỶ SỐ – CỰC TRỊ HÌNH HỌC
===============
1. Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\). Gọi \(H\) là trung điểm \(AB\), \(SH = a\) và \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\). Tính \(\varphi \) là góc giữa \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\).

Lời giải

Cách 1: (Công thức hình chiếu)

Kẻ \(HK \bot SB\)\(\left( {K \in SB} \right)\)\( \Rightarrow HK \bot \left( {SBC} \right)\).

Ta có \(S{A^2} = S{B^2} = S{H^2} + B{H^2}\)\( = {a^2} + {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} = \frac{{5{a^2}}}{4}\). Suy ra \(SA = SB = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\).

Ta có \(\Delta SKH\) đồng dạng với \(\Delta SHB\)\( \Rightarrow \frac{{SK}}{{SH}} = \frac{{SH}}{{SB}}\)\( \Rightarrow \frac{{SK}}{{SB}} = \frac{{S{H^2}}}{{S{B^2}}} = \frac{{{a^2}}}{{\frac{5}{4}{a^2}}} = \frac{4}{5}\).

Kẻ \(AE{\rm{//}}HK\)\(\left( {E \in SB} \right)\)\( \Rightarrow AE \bot \left( {SBC} \right)\).

Suy ra \(\cos \varphi  = \frac{{{S_{\Delta SEC}}}}{{{S_{\Delta SAC}}}} = \frac{3}{5}.\frac{{{S_{\Delta SBC}}}}{{{S_{\Delta SAC}}}}\) \(\left( * \right)\).

* Tính \({S_{\Delta SBC}}\): 

Ta có \({S_{\Delta SBC}} = \frac{1}{2}SB.BC = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 5 }}{2}.a = \frac{{{a^2}\sqrt 5 }}{4}\).

* Tính \({S_{\Delta SAC}}\)

Ta có: \(SA = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\), \(AC = a\sqrt 2 \), \(HC = \sqrt {B{H^2} + B{C^2}}  = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\)

Và \(SC = \sqrt {S{H^2} + H{C^2}}  = \frac{{3a}}{2}\). 

Suy ra theo công thức Hê-rông: \({S_{\Delta SAC}} = \sqrt {p\left( {p – a} \right)\left( {p – b} \right)\left( {p – c} \right)}  = \frac{{3{a^2}}}{4}\).

Từ đó ta có, \(\left( * \right) \Leftrightarrow \) \(\cos \varphi  = \frac{3}{5}.\frac{{{S_{\Delta SBC}}}}{{{S_{\Delta SAC}}}}\)\( = \frac{3}{5}\left( {\frac{{{a^2}\sqrt 5 }}{4}} \right):\left( {\frac{{3{a^2}}}{4}} \right) = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\).

Vậy \(\varphi  = \arccos \frac{{\sqrt 5 }}{5}\).

Cách 2: 

Ở đây sử dụng lại các độ dài đoạn thẳng đã tính ở Cách 1.

Dựng \(HE \bot AC\left( {E \in AC} \right)\).

Dựng \(HF \bot SE\left( {F \in SE} \right)\).

Gọi \(I,{\rm{ }}J\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(B\) lên \(\left( {SAC} \right)\), \(SC\).

Suy ra \(\left( {\widehat {\left( {SAC} \right),\left( {SBC} \right)}} \right) = \left( {\widehat {IJ,BJ}} \right) = \widehat {BJI}\).

Ta có \(\frac{1}{{B{J^2}}} = \frac{1}{{S{B^2}}} + \frac{1}{{B{C^2}}}\)\( = \frac{4}{{5{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{9}{{5{a^2}}}\)\( \Rightarrow BJ = \frac{{a\sqrt 5 }}{3}\).

Ta có \(BI = d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right)\)\( = 2d\left( {H,\left( {SAC} \right)} \right) = 2HF\)\( = \frac{{2SH.HE}}{{\sqrt {S{H^2} + H{E^2}} }} = 2a.\frac{{a\sqrt 2 }}{4}.\frac{{2\sqrt 2 }}{{3a}} = \frac{{2a}}{3}\).

Suy ra \(\sin \varphi  = \frac{{BI}}{{BJ}} = \frac{{2a}}{3}.\frac{3}{{a\sqrt 5 }} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}\)\( \Rightarrow \varphi  = \arcsin \left( {\frac{{2\sqrt 5 }}{5}} \right)\).

Cách 3

Ta có \(\sin \varphi  = \frac{{3{V_{S.ABC}}SC}}{{2{S_{\Delta SAC}}{S_{\Delta SBC}}}}\) \(\left( * \right)\)

\({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SH.{S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^3}}}{6}\).

\({S_{\Delta SBC}} = \frac{1}{2}SB.BC = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 5 }}{2}.a = \frac{{{a^2}\sqrt 5 }}{4}\).

* Tính \({S_{\Delta SAC}}\)

Ta có \(SA = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\), \(AC = a\sqrt 2 \), \(SC = \frac{{3a}}{2}\). 

Suy ra theo công thức Hê-rông \({S_{\Delta SAC}} = \sqrt {p\left( {p – a} \right)\left( {p – b} \right)\left( {p – c} \right)}  = \frac{{3{a^2}}}{4}\).

Từ đó ta có \(\left( * \right) \Rightarrow \sin \varphi  = \frac{3}{2}.\frac{{{a^3}}}{6}.\frac{{3a}}{2}.\frac{4}{{3{a^2}}}.\frac{4}{{{a^2}\sqrt 5 }} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}\)\( \Rightarrow \varphi  = \arcsin \left( {\frac{{2\sqrt 5 }}{5}} \right)\).

Cách 4 (Phương pháp tọa độ hóa)

Đặt \(S\left( {0;\frac{a}{2};a} \right)\), \(A\left( {0;0;0} \right)\); \(B\left( {0;a;0} \right)\), \(C\left( {a;a;0} \right)\).

Ta có: \(\overrightarrow {AS}  = \left( {0;\frac{a}{2};a} \right)\), \(\overrightarrow {AC}  = \left( {a;a;0} \right)\)\( \Rightarrow \)\(\left[ {\overrightarrow {AS} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( { – {a^2};{a^2}; – \frac{{{a^2}}}{2}} \right)\).

Khi đó , ta có \(\overrightarrow {{n_{\left( {SAC} \right)}}}  = \left( {2; – 2;1} \right)\).

Lại có \(\overrightarrow {SB}  = \left( {0;\frac{a}{2}; – a} \right)\); \(\overrightarrow {SC}  = \left( {a;\frac{a}{2}; – a} \right)\)\( \Rightarrow \)\(\left[ {\overrightarrow {SB} ,\overrightarrow {SC} } \right] = \left( {0; – {a^2}; – \frac{{{a^2}}}{2}} \right)\).

Khi đó , ta có \(\overrightarrow {{n_{\left( {SBC} \right)}}}  = \left( {0;2;1} \right)\).

Từ đó, suy ra \(\cos \varphi  = \frac{{\left| {\overrightarrow {{n_{\left( {SAC} \right)}}} .\overrightarrow {{n_{\left( {SBC} \right)}}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_{\left( {SAC} \right)}}} } \right|.\left| {\overrightarrow {{n_{\left( {SAC} \right)}}} } \right|}} = \frac{{\left| {0 – 4 + 1} \right|}}{{3\sqrt 5 }} = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\).

Vậy \(\varphi  = \arccos \frac{{\sqrt 5 }}{5}\).

=================
CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI MỜI CÁC BẠN THAM KHẢO. (STRONG)