Ta co:

Vì tam ABC vuông tại A co D là trung điểm BC nên \(\widehat{MAC}=\widehat{MCA}=\frac{\widehat{AMB}}{2}\)

\(\Rightarrow\beta=2\alpha\)

Từ đây ta co:

\(cos^2\alpha-sin^2\alpha=cos\left(2\alpha\right)=cos\beta\)

Bài giải ở trên đo

Ah chăc câu này ghi nhầm đề nên ghi lại câu kia đung không. Thôi xem câu trên đi

Kẻ \(AH \bot BC\left( {H \in BC} \right)\)

\(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC\)

\( \Rightarrow BC \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow BC \bot SH\)

Vậy \(\widehat {SHA}\) là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện \(\left[ {A,BC,S} \right]\)

\( \Rightarrow \widehat {SHA} = \alpha \)

\(\begin{array}{l}{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}BC.AH,{S_{\Delta SBC}} = \frac{1}{2}BC.SH\\ \Rightarrow \frac{{{S_{\Delta ABC}}}}{{{S_{\Delta SBC}}}} = \frac{{\frac{1}{2}BC.AH}}{{\frac{1}{2}BC.SH}} = \frac{{AH}}{{SH}} = \cos \widehat {SHA} = \cos \alpha \end{array}\)

A B C H

\(SABC=\frac{1}{2}BH\cdot AC\)

ma trong tam giac vuong BHC co \(BH=AB\cdot sinalpha\)

suy ra dien h tam giac ABC =\(\frac{1}{2}AB\cdot AC\cdot sinalpha\) mới đúng bạn ạ

tam giác này vuông ở đâu z bạn???????

A B C M H

Ta có : \(\left(sin\alpha+cos\alpha\right)^2=sin^2\alpha+cos^2\alpha+2sin\alpha.cos\alpha\) (1)

Lại có : \(sin^2\alpha=\frac{AB^2}{BC^2}\) ; \(cos^2\alpha=\frac{AC^2}{BC^2}\) \(\Rightarrow sin^2\alpha+cos^2\alpha=\frac{AB^2+AC^2}{BC^2}=\frac{BC^2}{BC^2}=1\) (2)

Kẻ đường cao AH (H thuộc BC)

Ta sẽ chứng minh \(sin\beta=2sin\alpha.cos\alpha\)

Xét tam giác vuông HMA có : \(sin\beta=\frac{AH}{AM}\) 

Lại có \(AH=\frac{AB.AC}{BC}\) ; \(AM=\frac{BC}{2}\) \(\Rightarrow sin\beta=\frac{\frac{AB.AC}{BC}}{\frac{BC}{2}}=\frac{2AB.AC}{BC^2}=2.\frac{AB}{BC}.\frac{AC}{BC}=2sin\alpha.cos\alpha\)(3)

Từ (1) , (2) , (3) ta có điều phải chứng minh.

(α) đi qua B và vuông góc với SC
SA⊥(ABC), mp(SAC) đi qua SC và (SAC)⊥(ABC). Giao tuyến của (α) với mặt đáy (ABC) là một đường thẳng đi qua B và vuông góc với hình chiếu của SC lên (ABC) chính là đường thẳng AC.

Trong mặt phẳng (ABC), kẻ BE⊥AC tại E

ΔBAC đều

mà BE là đường cao

nên E là trung điểm của AC

=>(ABC) giao (α)=BE

Trong mp(SAC), kẻ EH⊥SC tại H

mà (α)⊥SC

nên (α) giao (SAC)=EH

Nối B và H, ta được: (SBC) giao (α)=BH

Do đó: Thiết diện của (α) và S.ABC là ΔBHE

ΔBAC đều có BE là đường cao

nên \(BE=BA\cdot\frac{\sqrt3}{2}=\frac{a\sqrt3}{2}\)

ΔSAC vuông tại A

=>\(SA^2+AC^2=SC^2\)

=>\(SC = \sqrt{SA^2 + AC^2} = \sqrt{(2a)^2 + a^2} = a\sqrt{5}\)

Xét ΔSEC vuông tại E và ΔSAC vuông tại A có

góc SCE chung

Do đó: ΔSEC~ΔSAC
=>\(\frac{EH}{SA}=\frac{CE}{CS}\)

\(\implies EH=SA\cdot\frac{CE}{CS}=2a\cdot\frac{a/2}{a\sqrt{5}}=\frac{a}{\sqrt{5}}=\frac{a\sqrt{5}}{5}\)

ΔSAB vuông ttại A

=>\(SA^2+AB^2=SB^2\)

=>\(SB^2=a^2+\left(2a\right)^2=5a^2\)

=>\(SB=a\sqrt5\)

Xét ΔCHE vuông tại H và ΔCAS vuông tại A có

góc HCE chung

Do đó: ΔCHE~ΔCAS
=>\(\frac{CH}{CA}=\frac{CE}{CS}\)

=>\(CH=CE\cdot\frac{CA}{CS}=a\cdot\frac{a\sqrt2}{a\sqrt5}=a\cdot\sqrt{\frac25}=\frac{a\sqrt{10}}{5}\)

=>\(SH = SC - CH = a\sqrt{5} - \frac{a\sqrt{5}}{10} = \frac{9a\sqrt{5}}{10}\)

Xét ΔSBC có

\(\cos(\widehat{BSC}) = \frac{SB^2 + SC^2 - BC^2}{2 \cdot SB \cdot SC} = \frac{5a^2 + 5a^2 - a^2}{2 \cdot 5a^2} = \frac{9}{10}\)

\(BH^2 = SB^2 + SH^2 - 2 \cdot SB \cdot SH \cdot \cos(\widehat{BSC})\)

\(=(a\sqrt{5})^2+\left(\frac{9a\sqrt{5}}{10}\right)^2-2\cdot(a\sqrt{5})\cdot\left(\frac{9a\sqrt{5}}{10}\right)\cdot\frac{9}{10}\)

\(=5a^2+\frac{405a^2}{100}-\frac{810a^2}{100}=5a^2-\frac{405a^2}{100}=\frac{95a^2}{100}\)

=>\(BH=\frac{a\sqrt{95}}{10}\)

Xét ΔBEH có \(BE^2+EH^2=BH^2\)

nên ΔBEH vuông tại E

=>\(S_{BEH} = \frac{1}{2} \cdot BE \cdot EH = \frac{1}{2} \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{a\sqrt{5}}{5} = \frac{a^2\sqrt{15}}{20}\)