Đề bài
Cho hình chóp \(S.ABC\) có \(SA \bot \left( {ABC} \right)\), \(AB \bot BC\), \(SA = AB = 3a\), \(BC = 4a\). Gọi \(\alpha \), \(\beta \), \(\gamma \) lần lượt là số đo của các góc nhị diện \(\left[ {B,SA,C} \right]\), \(\left[ {A,BC,S} \right]\), \(\left[ {A,SC,B} \right]\). Tính
a) \(\cos \alpha \), \(\cos \beta \).
b*) \(\cos \gamma \).
Phương pháp giải - Xem chi tiết
a) Xác định góc phẳng nhị diện của các góc nhị diện \(\left[ {B,SA,C} \right]\), \(\left[ {A,BC,S} \right]\) và tính cos của chúng.
b) Gọi \(H\) và \(K\) lần lượt là hình chiếu của \(A\) trên \(SB\) và \(SC\). Chứng minh rằng \(\widehat {AKH}\) là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện \(\left[ {A,SC,B} \right]\), và tính cos của nó.
Lời giải chi tiết
a) Do \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên ta suy ra \(SA \bot AB\), \(SA \bot AC\) và \(SA \bot BC\). Suy ra \(\widehat {BAC}\) chính là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện \(\left[ {B,SA,C} \right]\), tức là \(\alpha = \widehat {BAC}\).
Tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\), nên \(AC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {{{\left( {3a} \right)}^2} + {{\left( {4a} \right)}^2}} = 5a\).
Như vậy \(\cos \alpha = \cos \widehat {BAC} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{3a}}{{5a}} = \frac{3}{5}\).
Tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\), ta cũng suy ra \(BC \bot AB\). Do \(SA \bot BC\) nên ta suy ra \(BC \bot \left( {SAB} \right)\). Điều này dẫn tới \(BC \bot SB\).
Vì \(BC \bot SB\), \(BC \bot AB\) nên góc \(\widehat {SBA}\) chính là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện \(\left[ {A,SC,B} \right]\), tức là \(\beta = \widehat {SBA}\).
Tam giác \(SBA\) vuông tại \(A\), nên \(SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = \sqrt {{{\left( {3a} \right)}^2} + {{\left( {3a} \right)}^2}} = 3\sqrt 2 a\).
Như vậy \(\cos \beta = \cos \widehat {SBA} = \frac{{AB}}{{SB}} = \frac{{3a}}{{3\sqrt 2 a}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).
b) Gọi \(H\) và \(K\) lần lượt là hình chiếu của \(A\) trên \(SB\) và \(SC\).
Theo câu a, ta có \(BC \bot \left( {SAB} \right)\) nên \(BC \bot AH\). Mà ta có \(AH \bot SB\) nên suy ra \(AH \bot \left( {BSC} \right)\), điều này dẫn tới \(AH \bot SC\).
Do \(AH \bot SC\), \(AK \bot SC\) nên \(SC \bot \left( {AHK} \right)\), suy ra \(HK \bot SC\).
Như vậy ta có \(AK \bot SC\), \(HK \bot SC\) nên \(\widehat {AKH}\) là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện \(\left[ {A,SC,H} \right]\). Do \(H \in \left( {SCB} \right)\) nên góc nhị diện \(\left[ {A,SC,H} \right]\) cũng chính là góc nhị diện \(\left[ {A,SC,B} \right]\). Do đó, \(\widehat {AKH}\) là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện \(\left[ {A,SC,B} \right]\), tức là \(\gamma = \widehat {AKH}\).
Vì \(AH \bot \left( {BSC} \right)\) nên \(AH \bot HK\), do đó \(\cos \widehat {AKH} = \frac{{HK}}{{AK}}\).
Ta có \(AH = \frac{{SA.AB}}{{SB}} = \frac{{3a.3a}}{{3\sqrt 2 a}} = \frac{{3a\sqrt 2 }}{2}\) (do \(\Delta SAB\) vuông tại \(A\))
Và \(AK = \frac{{SA.AC}}{{SC}} = \frac{{3a.5a}}{{\sqrt {{{\left( {3a} \right)}^2} + {{\left( {5a} \right)}^2}} }} = \frac{{15{a^2}}}{{a\sqrt {34} }} = \frac{{15\sqrt {34} a}}{{34}}\) (do \(\Delta SAC\) vuông tại \(A\))
Suy ra \(HK = \sqrt {A{K^2} - A{H^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{15a\sqrt {34} }}{{34}}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{3a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{{6a\sqrt {17} }}{{17}}\).
Do đó, \(\cos \gamma = \cos \widehat {AKH} = \frac{{HK}}{{AK}} = \frac{{\frac{{6a\sqrt {17} }}{{17}}}}{{\frac{{15a\sqrt {34} }}{{34}}}} = \frac{{2\sqrt 2 }}{5}\).
