VN2:
a: Gọi H là trung điểm của BC
ΔSBC đều
mà SH là đường trung tuyến
nên SH⊥BC và \(SH=BC\cdot\frac{\sqrt3}{2}=\frac{a\sqrt3}{2}\)
(SBC)⊥(ABCD)
(SBC) giao (ABCD)=BC
SH⊥BC
Do đó: SH⊥(ABCD)
=>\(\hat{SA;\left(ABCD\right)}=\hat{SAH}\)
H là trung điểm của BC
=>\(HB=HC=\frac{a}{2}\)
ΔBHA vuông tại H
=>\(HA^2=HB^2+BA^2=\left(\frac{a}{2}\right)^2+\left(3a\right)^2=9a^2+\frac{a^2}{4}=\frac{37}{4}a^2\)
=>\(HA=\frac{a\sqrt{37}}{2}\)
Xét ΔSHA vuông tại H có tan SAH=\(\frac{SH}{HA}=\frac{a\sqrt3}{2}:\frac{a\sqrt{37}}{2}=\sqrt{\frac{3}{37}}\)
=>\(\hat{SAH}=\) arctan(\(\sqrt{\frac{3}{37}}\) )
=>\(\hat{SA;\left(ABCD\right)}\) =arctan\(\left(\sqrt{\frac{3}{37}}\right)\)
b: Trong mp(ABCD), kẻ HK⊥AD tại K
Xét tứ giác ABHK có \(\hat{HBA}=\hat{BAK}=\hat{HKA}=90^0\)
nên ABHK là hình chữ nhật
=>KH=AB=3a
AD⊥HK
AD⊥ SH
mà SH,HK cùng thuộc mp(SHK)
nên AD⊥(SHK)
=>AD⊥SK
(SAD) giao (ABCD)=AD
SK⊥AD; HK⊥AD
SK⊂(SAD); HK⊂(ABCD)
Do đó: \(\hat{\left(SAD\right);\left(ABCD\right)}=\hat{SK;KH}=\hat{SKH}\)
Xét ΔSHK vuông tại H có tan SKH=\(\frac{SH}{HK}=\frac{a\sqrt3}{2}:3a=\frac{\sqrt3}{2\cdot3}=\frac{\sqrt3}{6}\)
=>\(\hat{SKH}=\arctan\left(\frac{\sqrt3}{6}\right)\)
=>\(\hat{\left(SAD\right);\left(ABCD\right)}=\arctan\left(\frac{\sqrt3}{6}\right)\)
d: AB//CD
=>\(\hat{SC;AB}=\hat{SC;CD}\)
CD⊥CB
CD⊥SH(SH⊥(ABCD))
mà SH,CB cùng thuộc mp(SBC)
nên CD⊥(SBC)
=>CD⊥ SC
=>\(\hat{SC;AB}=\hat{SC;CD}=90^0\)
