Bài 2. Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = 3, BC = 4 , tam giác SAC nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, H là hình chiếu vuông góc của B trên AC . a) Chứng minh rằng BH vuông góc...

Bài 2. a) Ta có \(BH \perp AC\) (do \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(B\) trên \(AC\)) và \(SA \perp (ABCD)\) (do \((SAC) \perp (ABCD)\)). Do đó, \(SA \perp AC\). Kết hợp với \(SA \cap AC = A\), ta có \(AC \perp (SAB)\). Vì \(BH \subset (SAB)\), suy ra \(BH \perp (SAC)\). b) Gọi \(O\) là trung điểm của \(AC\), ta có \(SO \perp AC\) (do \(SA \perp AC\) và \(OA \perp AC\)). Mặt khác, \(AC \perp (SAB)\) nên \(AC \perp SO\). Kết hợp với \(SO \cap AC = O\), ta có \(SO \perp (ABCD)\). Ta có \(SO \perp (ABCD)\) và \(SO \perp AC\), do đó \(SO \perp (SAC)\). Vì \(SO \perp (ABCD)\) nên \(SO \perp AC\). Kết hợp với \(SO \cap AC = O\), ta có \(SO \perp (SAC)\). Gọi \(K\) là hình chiếu của \(C\) lên \(SA\), ta có \(CK \perp SA\). Do đó, \(CK\) là khoảng cách từ \(C\) đến \(SA\), tức là \(CK = 4\). Ta có: \[ SO = \sqrt{SC^2 - OC^2} = \sqrt{5^2 - 2.5^2} = \sqrt{25 - 6.25} = \sqrt{18.75} = \frac{5\sqrt{3}}{2} \] Gọi \(M\) là hình chiếu của \(B\) lên \(SA\), ta có \(BM \perp SA\). Vì \(BM \perp SA\) và \(BM \perp SO\), do đó \(BM \perp (SAC)\). Kết hợp với \(BM \cap SO = M\), ta có \(BM \perp (SAC)\). Ta có: \[ BM = \frac{BA \cdot SO}{SA} = \frac{3 \cdot \frac{5\sqrt{3}}{2}}{5} = \frac{3 \cdot 5\sqrt{3}}{2 \cdot 5} = \frac{3\sqrt{3}}{2} \] Gọi \(N\) là hình chiếu của \(B\) lên \(SO\), ta có \(BN \perp SO\). Vì \(BN \perp SO\) và \(BN \perp AC\), do đó \(BN \perp (SAC)\). Kết hợp với \(BN \cap SO = N\), ta có \(BN \perp (SAC)\). Ta có: \[ BN = \sqrt{BO^2 - ON^2} = \sqrt{\left(\frac{5}{2}\right)^2 - \left(\frac{3\sqrt{3}}{2}\right)^2} = \sqrt{\frac{25}{4} - \frac{27}{4}} = \sqrt{\frac{-2}{4}} = \sqrt{\frac{1}{4}} = \frac{1}{2} \] Vậy: \[ \tan \angle (SAB, SAC) = \frac{BN}{ON} = \frac{\frac{1}{2}}{\frac{3\sqrt{3}}{2}} = \frac{1}{3\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{9} \] Đáp số: \(\frac{\sqrt{3}}{9}\)