Bài tập nâng cao Phép chiếu vuông góc. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng · Bài 14

Từ giả thiết ta có $SO\perp\left( ABCD \right)$.
Gọi $I$ là trung điểm $OA$ thì $MI$ là đường trung bình của $\Delta SOA$$\Rightarrow MI\,\parallel\,SO$$\Rightarrow MI\perp\left( ABCD \right)$
$\Rightarrow I$ là hình chiếu của $M$ trên mặt phẳng $\left( ABCD \right)$$\Rightarrow IN$ là hình chiếu của $MN$ trên mặt phẳng $\left( ABCD \right)$. Suy ra $\left( \widehat{MN,\left( ABCD \right)} \right)=\left( \widehat{MN,IN} \right)\Rightarrow \widehat{MNI}=60^{\circ}$.
Ta có $NC=\frac{1}{2}BC=\frac{a}{2}$; $IC=\frac{3}{4}AC=\frac{3a\sqrt{2}}{4}$.
Áp dụng định lý cosin trong $\Delta INC$ ta có $IN^{2}=CI^{2}+CN^{2}-2CI.CN.\cos\widehat{NCI}$
$\Rightarrow IN^{2}=\left( \frac{3a\sqrt{2}}{4} \right)^{2}+\left( \frac{a}{2} \right)^{2}-2.\frac{3a\sqrt{2}}{4}.\frac{a}{2}.\cos45^{\circ}=\frac{5a^{2}}{8}$$\Rightarrow IN=\frac{a\sqrt{10}}{4}$.
Do $\Delta MIN$ vuông tại $I$ nên $\cos\widehat{MNI}=\frac{IN}{MN}$$\Rightarrow MN=\frac{IN}{\cos60^{\circ}}=\frac{a\sqrt{10}}{4}:\frac{1}{2}=\frac{a\sqrt{10}}{2}$.
Lại có $AC\perp BD,AC\perp SO\Rightarrow AC\perp\left( SBD \right)$.
Gọi $E$ là trung điểm $OB\Rightarrow EN$ là đường trung bình của $\Delta BOC$$\Rightarrow EN\,\parallel\,OC$ hay $EN\,\parallel\,AC$
$\Rightarrow NE\perp\left( SBD \right)$ hay $E$ là hình chiếu của $N$ trên mặt phẳng $\left( SBD \right)$.
Gọi $F$ là trung điểm của $SO$$\Rightarrow MF$ là đường trung bình của $\Delta SAO$$\Rightarrow MF\,\parallel\,AO$ hay $MF\,\parallel\,AC$
$\Rightarrow MF\perp\left( SBD \right)$ hay $F$ là hình chiếu của $M$ trên mặt phẳng $\left( SBD \right)$.
Ta có $MF\,\parallel\,NE$ nên bốn điểm $E,N,F,M$ cùng nằm trên một mặt phẳng.
Trong mặt phẳng $\left( ENFM \right)$ gọi $J=MN\cap EF\Rightarrow J=MN\cap\left( SBD \right)$ (do $EF\subset\left( SBD \right)$).
Suy ra $\left( \widehat{MN,\left( SBD \right)} \right)=\left( \widehat{MN,EF} \right)=\widehat{EJN}$ (do $\widehat{EJN} < 90^{\circ}$).
Ta có $EN=\frac{1}{2}OC=\frac{1}{4}AC=\frac{a\sqrt{2}}{4}$; $MF=\frac{1}{2}AO=\frac{1}{4}AC=\frac{a\sqrt{2}}{4}$$\Rightarrow EN=MF$, mà $EN\,\parallel\,MF$
$\Rightarrow$ Tứ giác $ENFM$ là hình bình hành $\Rightarrow J$ là trung điểm $MN\Rightarrow JN=\frac{1}{2}MN=\frac{a\sqrt{10}}{4}$.
Vậy $\cos\left( \widehat{MN,\left( SBD \right)} \right)=\cos\widehat{EJN}=\frac{JE}{JN}=\frac{\sqrt{JN^{2}-EN^{2}}}{JN}$$=\frac{\sqrt{\left( \frac{a\sqrt{10}}{4} \right)^{2}-\left( \frac{a\sqrt{2}}{4} \right)^{2}}}{\frac{a\sqrt{10}}{4}}$$=\frac{2\sqrt{5}}{5}$.