Bài tự luận Góc nhị diện · Bài 2

a) Vì $SA\perp(ABC),AB\subset(ABC),AC\subset(ABC)$ nên $SA\perp AB,SA\perp AC$. Suy ra góc $BAC$ là góc phẳng nhị diện của $[B,SA,C]$, hay $\widehat{BAC}=\alpha$. Xét tam giác $ABC$ vuông tại $B$ có:
$AC=\sqrt{AB^{2}+BC^{2}}=\sqrt{(3a)^{2}+(4a)^{2}}=5a$ và $\cos\alpha =\cos\widehat{BAC}=\frac{BA}{AC}=\frac{3a}{5a}=\frac{3}{5}$.
Ta có $BC\perp(SAB)$ nên $BC\perp SB$ suy ra góc $SBA$ là góc phẳng nhị diện của $[A,BC,S]$. Như vậy, ta có:
$SB=\sqrt{AB^{2}+SA^{2}}=\sqrt{(3a)^{2}+(3a)^{2}}=3\sqrt{2}a$ và $\cos\beta =\cos\widehat{SBA}=\frac{AB}{SB}=\frac{3a}{3\sqrt{2}a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.
b) Gọi $H,K$ lần lượt là hình chiếu của $A$ trên $SB,SC$. Ta có $BC\perp(SAB)$ nên $BC\perp AH$. Mà $AH\perp SB$ nên $AH\perp(SBC)$, suy ra $AH\perp SC$. Mà $SC\perp AK$ nên
$SC\perp(AHK)$, suy ra $SC\perp HK$. Do đó góc $AKH$ là góc phẳng nhị diện của $[A,SC,B]$, hay $\widehat{AKH}=\gamma$.
Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ có: $AH=\frac{SA\cdot AB}{SB}=\frac{3a\cdot 3a}{3a\sqrt{2}}=\frac{3a}{\sqrt{2}}$.
Tam giác $SAC$ vuông tại $A$ có: $AK=\frac{SA\cdot AC}{SC}=\frac{3a\cdot 5a}{\sqrt{(3a)^{2}+(5a)^{2}}}=\frac{15a}{\sqrt{34}}$.
Tam giác $AHK$ vuông tại $H$ (vì $AH\perp(SBC)$ mà $HK\subset(SBC)$) có:
$HK=\sqrt{AK^{2}-AH^{2}}=\sqrt{\left( \frac{15a}{\sqrt{34}} \right)^{2}-\left( \frac{3a}{\sqrt{2}} \right)^{2}}=\frac{6a}{\sqrt{17}}$ và $\cos\gamma =\cos\widehat{AKH}=\frac{HK}{AK}=\frac{\frac{6a}{\sqrt{17}}}{\frac{15a}{\sqrt{34}}}=\frac{2\sqrt{2}}{5}$.