CD ^ (SAC). (ảnh 1)

a) Có SA ^ (ABCD) Þ SA ^ CD.

Gọi I là trung điểm AD. Tứ giác ABCI là hình vuông nên \(\widehat {ACI} = 45^\circ \).

Mặt khác DCID là tam giác vuông cân tại I nên \(\widehat {ICD} = 45^\circ \).

Suy ra \(\widehat {DCA} = 90^\circ \Rightarrow CD \bot AC\) mà SA ^ CD nên CD ^ (SAC).

b) Có SA ^ CI (do SA ^ (ABCD)) và CI ^ AD Þ CI ^ (SAD) Þ CI ^ SD.

Kẻ IK ^ SD mà CI ^ SD nên SD ^ (CIK).

Suy ra góc nhị diện [A, SD, C] là \(\widehat {CKI} = \alpha \).

Xét tam giác CKI vuông tại I có IC = a, \(IK = ID\sin D = ID.\frac{{SA}}{{SD}} = a.\frac{a}{{a\sqrt 5 }} = \frac{{a\sqrt 5 }}{5}\).

Suy ra \(\tan \alpha = \frac{{IC}}{{IK}} = \sqrt 5 \).

c) Ta có BIDC là hình bình hành nên BI // CD.

Suy ra d(SB, CD) = d(CD, (SBI)) = d(C, (SBI)) = d(A, (SBI)).

Kẻ AH ^ SO mà BI ^ (SAC) nên AH ^ (SBI).

Suy ra \(d\left( {A,\left( {SBI} \right)} \right) = AH = \frac{{SA.AO}}{{\sqrt {S{A^2} + A{O^2}} }} = \frac{{a.\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{\sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

d) Ta có \({S_{\Delta BCD}} = \frac{1}{2}.BC.AB = \frac{1}{2}{a^2}\).

mặt khác, M là trung điểm của đoạn thẳng SB nên suy ra:\(d\left( {M,\left( {ABCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {S,\left( {ABCD} \right)} \right) = \frac{a}{2}\).

Do đó \({V_{M.BCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{{a^2}}}{2}.\frac{a}{2} = \frac{{{a^3}}}{{12}}\).

Đáp án: a) Đúng; b) Đúng; c) Sai; d) Đúng.

Cho hình chóp đều S.ABCD có SA = AB. Tính góc giữa hai đường thẳng SA và BC.