Cho tứ diện đều $ABCD$. Gọi $M$ là trung điểm $AB$, $G$ là trọng tâm tam giác $ACD$. Tính góc giữa $MG$ và mặt phẳng $\Big(BCD\Big)$ (kết quả làm tròn đến độ).

Lời giải Gọi $N$ là trung điểm $CD$, $O$ là trọng tâm tam giác $BCD$ $\Rightarrow AO \perp \Big(BCD\Big)$. Trong $\Big(ABN\Big)$: $MG \cap BN = \{E\}$, kẻ $MH \perp BN \Rightarrow MH \parallel AO$, $H$ là trung điểm của $BO$. Ta có: $\begin{cases} AO \perp \Big(BCD\Big) \\ MH \parallel AO \end{cases} \Rightarrow MH \perp \Big(BCD\Big)$. Khi đó $HE$ là hình chiếu của $ME$ lên $\Big(BCD\Big)$ $\Rightarrow \widehat{\Big(MG, \Big(BCD\Big)\Big)} = \widehat{\Big(ME, \Big(BCD\Big)\Big)} = \widehat{\Big(ME, HE\Big)} = \widehat{MEH}$. Ta có: $\begin{cases} AB = a \\ BO = \frac{2}{3}BN = \frac{2}{3} \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{a\sqrt{3}}{3} \end{cases}$. Xét $\triangle ABO$: $AO = \sqrt{AB^2 - BO^2} = \sqrt{a^2 - \Big(\frac{a\sqrt{3}}{3}\Big)^2} = \frac{a\sqrt{6}}{3}$. $$ MH = \frac{1}{2}AO = \frac{1}{2} \cdot \frac{a\sqrt{6}}{3} = \frac{a\sqrt{6}}{6} $$ Xét $\triangle ABN$ theo định lý Menelaus: $$ \frac{AM}{MB} \cdot \frac{BE}{EN} \cdot \frac{NG}{GA} = 1 \Rightarrow \frac{BE}{EN} = 2 \Rightarrow BE = 2BN $$ Do đó $EH = BE - BH = 2BN - \frac{1}{2}BO = 2 \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} - \frac{1}{2} \cdot \frac{a\sqrt{3}}{3} = \frac{5a\sqrt{3}}{6}$. Vậy $\tan\widehat{MEH} = \frac{MH}{EH} = \frac{\frac{a\sqrt{6}}{6}}{\frac{5a\sqrt{3}}{6}} = \frac{\sqrt{2}}{5} \Rightarrow \widehat{MEH} \approx 16^\circ$.