Bài 24: Phép chiếu vuông góc. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

a) Do các cột có phương thẳng đứng và sân thuộc mặt phẳng nằm ngang nên các cột vuông góc với sân. Vậy \(A, B, C, D\) tương ứng là hình chiếu của \(M, N, P, Q\) trên sân. Do đó \(AC, BD\) tương ứng là hình chiếu của \(MP, NQ\) trên sân.

b) Nếu \(BD \perp AC\), mà \(AC\) là hình chiếu của \(MP\) trên sân và \(BD\) thuộc sân nên theo định lí ba đường vuông góc ta có \(BD \perp MP\).

c) Nếu \(ABCD\) là một hình bình hành thì các đoạn thẳng \(AC, BD\) có chung trung điểm \(O\). Do \(EO\) là đường trung bình của hình thang \(ACPM\) nên \(EO \parallel MA\). Mặt khác, \(MA\) vuông góc với sân nên \(EO\) cũng vuông góc với sân. Vậy \(O\) là hình chiếu của \(E\) trên sân. Tương tự, \(O\) cũng là hình chiếu của \(F\) trên sân. Vậy \(E\) và \(F\) có cùng hình chiếu trên sân.

a) Do \(SO \perp (ABC)\) nên các tam giác \(\triangle SOA, \triangle SOB, \triangle SOC\) vuông tại \(O\), có chung cạnh góc vuông \(SO\) và các cạnh huyền \(SA = SB = SC\). Do đó \(\triangle SOA = \triangle SOB = \triangle SOC\) (cạnh huyền – cạnh góc vuông), suy ra \(OA = OB = OC\). Vậy \(O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).

b) Vì \(O\) là hình chiếu của \(S\) và \(A \in (ABC)\) có hình chiếu là chính nó, nên hình chiếu của đường thẳng \(SA\) trên mặt phẳng \((ABC)\) là đường thẳng \(OA\).

c) Ta có \(BC \subset (ABC)\), \(OA\) là hình chiếu của \(SA\) trên \((ABC)\). Theo định lí ba đường vuông góc: nếu \(AO \perp BC\) thì \(SA \perp BC\).

d) Hình chiếu của \(S\) trên \((ABC)\) là \(O\); các điểm \(A, B, C\) thuộc \((ABC)\) nên có hình chiếu là chính chúng. Do đó:
• Hình chiếu của tam giác \(SBC\) trên \((ABC)\) là tam giác \(OBC\).
• Hình chiếu của tam giác \(SCA\) trên \((ABC)\) là tam giác \(OCA\).
• Hình chiếu của tam giác \(SAB\) trên \((ABC)\) là tam giác \(OAB\).

a) Do \(SA \perp (ABC)\) nên \(A\) là hình chiếu của \(S\) trên \((ABC)\). Do đó \(AB\) là hình chiếu của \(SB\) trên \((ABC)\). Vậy góc giữa \(SB\) và \((ABC)\) là \(\alpha = \widehat{SBA}\).
Tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) nên: \[\tan\alpha = \tan\widehat{SBA} = \frac{SA}{AB} = \frac{a}{2a} = \frac{1}{2}.\]

b) Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB\). Tam giác \(ABC\) cân tại \(C\) nên trung tuyến \(CM \perp AB\).
Mặt khác, từ \(SA \perp (ABC)\) ta có \(CM \perp SA\). Vì \(CM \perp AB\) và \(CM \perp SA\) nên \(CM \perp (SAB)\).
Do đó \(SM\) là hình chiếu của \(SC\) trên \((SAB)\). Vậy góc giữa \(SC\) và \((SAB)\) bằng \(\widehat{CSM}\).
Tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\) nên \(SC = \sqrt{SA^2 + AC^2} = \sqrt{a^2 + 7a^2} = a\sqrt{8}\).
Ta có \(AM = \frac{1}{2}AB = a\). Do đó, tam giác \(SAM\) vuông cân tại \(A\) và \(SM = a\sqrt{2}\).
Tam giác \(CMS\) vuông tại \(M\) (do \(CM \perp (SAB) \implies CM \perp SM\)), ta có: \[\cos\widehat{CSM} = \frac{SM}{SC} = \frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{8}} = \frac{1}{2}.\]
Vậy \(\widehat{CSM} = 60^\circ\) và do đó góc giữa \(SC\) và \((SAB)\) bằng \(60^\circ\).