Bài tập nâng cao Hai mặt phẳng vuông góc · Bài 18

Do tam giác $SBC$ cân tại $S$ và nằm trong mặt phẳng vuông góc với $\left( ABC \right)$ nên $SH\perp \left( ABC \right)=H$ với $H$ là trung điểm $BC$.
Vì $\vartriangle SAB=\vartriangle SAC$ nên lấy $I$ thỏa mãn $BI\perp SA=I$ thì $CI\perp SA=I,BI=CI$.
Khi đó góc giữa hai mặt phẳng $\left( SAB \right)$ và $\left( SAC \right)$ là: $\left( \left( SAB \right),\left( SAC \right) \right)=\left( BI,CI \right)=\widehat{BIC}$.
Ta có: $BC=a,AH=\frac{a\sqrt{3}}{2},BH=\frac{a}{2}\Rightarrow SH=\sqrt{SB^{2}-BH^{2}}=\sqrt{4a^{2}-\frac{a^{2}}{4}}=\frac{\sqrt{15}}{2}a$
nên $SA=\sqrt{SH^{2}+AH^{2}}=\sqrt{\frac{15}{4}a^{2}+\frac{3}{4}a^{2}}=\frac{3\sqrt{2}}{2}a$.
Xét tam giác $SAB$ ta có
$\cos \widehat{ASB}=\frac{SA^{2}+SB^{2}-AB^{2}}{2.SA.SB}=\frac{\frac{18}{4}a^{2}+4a^{2}-a^{2}}{2.\frac{3\sqrt{2}}{2}a.2a}=\frac{5\sqrt{2}}{8}\Rightarrow \sin \widehat{ASB}=\frac{\sqrt{14}}{8}$
$\Rightarrow BI=SB.\sin \widehat{ASB}=2a.\frac{\sqrt{14}}{8}=a\frac{\sqrt{14}}{4}$.
Ta có được $\cos \widehat{BIC}=\frac{BI^{2}+CI^{2}-BC^{2}}{2.BI.CI}=\frac{\frac{14}{16}a^{2}+\frac{14}{16}a^{2}-a^{2}}{2.\frac{14}{16}a^{2}}=\frac{3}{7}\Rightarrow \cos \alpha =\frac{3}{7}$.