Giải Câu 11 Bài 4: Hai mặt phẳng vuông góc

a) \(SC\) vuông góc với mặt phẳng \((ABCD)\) suy ra \(SC\bot BD\)         (1)

\(ABCD\) là hình thoi nên \(AC\bot BD\)      (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(BD ⊥ (SAC)\)

\(BD\subset (SBD)\Rightarrow (SBD) ⊥ (SAC)\).

b) Xét tam giác vuông \(ABI\) có: $cos\widehat{IAB}=\frac{AI}{AB}=>AI=AB.cos\widehat{IAB}=AB.\frac{1}{2}.\widehat{IAB}$

=> \(AI=AB.\cos 30^0={{a\sqrt 3 } \over 2}\Rightarrow AC = 2AI = a\sqrt 3 \)

 Xét tam giác vuông \(SAC\) có: \(SA=\sqrt {A{C^2} + S{C^2}}  = \sqrt {3{a^2} + {{6{a^2}} \over 4}} =\frac{3a}{\sqrt{2}}.\) 

Hai tam giác vuông \(SCA\) và \(IKA\) có:

            $\widehat{A} chung$, $\widehat{C}=\widehat{K}=90^0$

=> $\Delta SCA \sim \Delta IKA (g-g)$

=> \(\frac{IK}{SC}=\frac{AI}{AS}\Rightarrow IK=\frac{AI.SC}{AS}=\frac{a}{2}.\)

c) \(IK = IB = ID = \frac{a}{2}\) nên tam giác \(BKD\) vuông tại \(K\). (tam giác có trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền thì tam giác đó vuông)

Vậy \(\widehat{BKD}=90^{0}.\)

Ta có: \(SA\) vuông góc với \(BD\) (do $BD\perp (SAC)-cmt$) và $SA \perp IK (gt)$ nên \(SA ⊥ (DKB)\) => $SA \perp DK$.

Vì: \(DK\) và \(BK\) cùng vuông góc với \(SA\). Vậy góc \(\widehat {BKD}\) là góc giữa \((SAD)\) và \((SAB)\) và \(\widehat{BKD}=90^{0}\) \(\Rightarrow  (SAD) ⊥ (SAB)\).