$Ta có \[BD \bot \left( {SAC (ảnh 1)$

a) Đúng

Do \[SA \bot \left( {ABCD} \right)\] nên \[SA \bot BC\]. Vậy góc giữa hai đường thẳng \(SA\) và \(BC\) bằng \({90^0}\).

b) Đúng

Do \[SA \bot \left( {ABCD} \right)\] tại điểm \(A\) nên hình chiếu của \(SD\) lên \(\left( {ABCD} \right)\) là \(AD\). Suy ra góc giữa \(SD\) và \(\left( {ABCD} \right)\) là góc giữa \(SD\) và \(AD\) và bằng góc \(\widehat {SDA}\). Tam giác \(SAD\) vuông cân tại \(A\) nên \(\widehat {SDA} = {45^0}\).

c) Sai

Gọi \(O\) là tâm của hình vuông \[ABCD\]. Khi đó ta có \[BO \bot AC\].

Do \[SA \bot \left( {ABCD} \right)\] nên \[SA \bot BO\].

Vậy có \[\left\{ \begin{array}{l}BO \bot AC\\BO \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BO \bot \left( {SAC} \right)\] tại \[O\] nên hình chiếu của \(SB\) lên \(\left( {SAC} \right)\) là \(SO\).

Suy ra góc giữa \(SB\) và \(\left( {SAC} \right)\) là góc giữa \(SB\) và \(SO\) và bằng góc \(\widehat {BSO}\).

Tam giác \(SAD\) vuông ở \(A\) \( \Rightarrow SD = \sqrt {S{A^2} + A{D^2}} = a\sqrt 2 \).

Tam giác \(SAB\) vuông ở \(A\) \( \Rightarrow SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = a\sqrt 2 \).

Tam giác \(ABD\) vuông ở \(A\) \( \Rightarrow BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = a\sqrt 2 \).

Nên suy ra tam giác \(SB{\rm{D}}\) là tam giác đều, vì vậy \(SO\) là đường cao đồng thời là đường phân giác nên \(\widehat {BSO} = {30^0}\).

d) Sai

Ta có \[BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot SC\]

Kẻ \[BI \bot SC\], \[I \in SC\]

Suy ra \[DI \bot SC\].

Vậy có

\[\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {SCD} \right) = SC\\BI \subset \left( {SBC} \right),BI \bot SC\\DI \subset \left( {SDC} \right),DI \bot SC\end{array} \right.\]

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {SCD} \right)\) bằng góc giữa hai đường thẳng \[BI\] và \[DI\].

Tam giác \(SDC\) vuông ở \(D\), \[DI\] là đường cao \( \Rightarrow \frac{1}{{D{I^2}}} = \frac{1}{{D{S^2}}} + \frac{1}{{D{C^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{3}{{2{a^2}}} \Rightarrow DI = \frac{{a\sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}.\)

Tương tự cũng tính được \(BI = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).

Tam giác \(IBD\) cân ở \(I\), \[O\] là trung điểm \(B{\rm{D}}\)

\[ \Rightarrow IO \bot BD \Rightarrow \sin \widehat {OID} = \frac{{OD}}{{ID}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \widehat {OID} = 60^\circ \Rightarrow \widehat {BI{\rm{D}}} = 120^\circ \Rightarrow \left( {IB,I{\rm{D}}} \right) = {60^0}\].

Với a ≠ 0 ; b ≠ 0 ; m , n là các số nguyên, khẳng định nào sau đây đúng?