Vì SA ^ AB, SA ^ AD nên \(\widehat {BAD}\) là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [B, SA, D].

Do ABCD là hình chữ nhật nên \(\widehat {BAD} = 90^\circ \).

Gọi I là trung điểm của BC.

Vì SC = SB và SC ^ SB nên DSBC vuông cân tại S Þ SI ^ BC (1)

Vì SA ^ SB, SA ^ SC nên SA ^ (SBC) Þ SA ^ BC (2).

Từ (1) và (2) Þ BC ^ (SAI) Þ BC ^ AI (3).

Từ (1) và (3) suy ra \(\widehat {SIA}\) là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [S, BC, A].

Xét DSBC có \(BC = \sqrt {S{A^2} + S{B^2}} = \sqrt 2 \) mà SI là đường trung tuyến trong tam giác vuông SBC.

Suy ra \(SI = \frac{{BC}}{2} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Xét DSAI vuông tại S có \(AI = \sqrt {S{A^2} + S{I^2}} = \sqrt {{1^2} + {{\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\).

Khi đó \(\cos \alpha = \frac{{SI}}{{AI}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}:\frac{{\sqrt 6 }}{2} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\).

Ta có CD ^ DA, DA ^ SC Þ DA ^ (SDA) Þ DA ^ SD.

Do đó \(\widehat {SDC}\) là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [C, DA, S].

Xét DSCD vuông tại C nên ta có \(\tan \widehat {SDC} = \frac{{SC}}{{CD}} = \frac{{\sqrt 5 a}}{{4a}} = \frac{{\sqrt 5 }}{4} \Rightarrow \widehat {SDC} \approx 29,21^\circ \).

a) Vì AB ^ (ACFD) nên CA là hình chiếu vuông góc của CB trên mặt phẳng (ACFD).

Do đó (CB, (ACFD)) = (CB, CA) = \(\widehat {BCA}\).

b) Vì AB ^ (ACFD) nên (AB, (ACFD)) = 90°.

c) Xét DABC vuông tại A, \(\sin \widehat {ACB} = \frac{{0,3}}{1} = 0,3 \Rightarrow \widehat {ACB} \approx 17,45^\circ \).

d) Vì AB ^ (ACFD) nên AF là hình chiếu vuông góc của BF trên mặt phẳng (ACFD).

Do đó (BF, (ACFD)) = (BF, AF) = \(\widehat {BFA}\).

BCFE là hình vuông cạnh 1 nên \(BF = \sqrt 2 \).

Xét DABF vuông tại A, \(\sin \widehat {BFA} = \frac{{AB}}{{BF}} = \frac{{0,3}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{3\sqrt 2 }}{{20}} \Rightarrow \widehat {BFA} \approx 12,24^\circ \).

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

a) ABCD là hình vuông nên AB // CD nên (CD, SA) = (AB, SA) = \(\widehat {SAB}\).

Mà SA ^ (ABCD) Þ SA ^ AB Þ \(\widehat {SAB} = 90^\circ \).

b) Vì SA ^ (ABCD) Þ SA ^ AD mà AD ^ AB Þ AD ^ (SAB).

c) Vì SA ^ (ABCD) nên AC là hình chiếu vuông góc của SC trên mặt phẳng (ABCD).

Suy ra (SC, (ABCD)) = (SC, CA) = \(\widehat {SCA}\).

Do ABCD là hình vuông cạnh a nên \(AC = a\sqrt 2 \).

Xét DSAC vuông tại A, \(\tan \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{{2a}}{{a\sqrt 2 }} = \sqrt 2 \Rightarrow \widehat {SCA} \approx 54,74^\circ \).

d) Có AB ^ SA; AD ^ SA nên \(\widehat {BAD}\) là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [B, SA, D].

Mà \(\widehat {BAD} = 90^\circ \).

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

a) Vì SA ^ (ABCD) Þ SA ^ BD mà AC ^ BD (do ABCD là hình thoi). Suy ra BD ^ (SAC).

b) Vì SA ^ (ABCD) nên AD là hình chiếu của SD trên mặt phẳng (ABCD).

Suy ra (SD, (ABCD)) = (SD, AD) = \(\widehat {SDA}\).

c) Xét DSAD vuông tại S, ta có \(\tan \widehat {SDA} = \frac{{SA}}{{AD}} = \frac{{\frac{a}{2}}}{a} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {SDA} \approx 25,56^\circ \).

d) Gọi H là trung điểm của CD.

Vì tam giác ACD có AC = AD = CD = a nên DACD đều Þ AH ^ CD mà SA ^ CD (do SA ^ (ABCD)) Þ CD ^ (SAH) Þ CD ^ SH.

Do đó \(\widehat {SHA}\)là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [S, CD, A].

Vì DACD đều nên \(AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Xét DSAH vuông tại A, có \(\tan \widehat {SHA} = \frac{{SA}}{{AH}} = \frac{a}{2}:\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow \widehat {SHA} = 30^\circ \).

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

a) Hạ AM ^ BD mà SA ^ BD (do SA ^ (ABCD)) nên BD ^ (SAM) Þ BD ^ SM.

Do đó [S, BD, A] = \(\widehat {SMA}\).

b) Ta có SA ^ BC (do SA ^ (ABCD)) mà BC ^ AB Þ BC ^ (SAB) Þ BC ^ SB.

Do đó [A, BC, S] = \(\widehat {SBA}\).

Vì DSAB có SA = AB = a và SA ^ AB nên DSAB vuông cân.

Suy ra \(\widehat {SBA} = 45^\circ \).

c) Vì CD ^ AD mà SA ^ CD nên CD ^ (SAD) Þ CD ^ SD.

Do đó [S, CD, A] = \(\widehat {SDA}\).

d) Có SA ^ AB, AD ^ AB nên [S, AB, D] = \(\widehat {SAD} = 90^\circ \).

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

 a) Ta có: \(SA \bot (ABCD) \Rightarrow AB\) là hình chiếu của \(SB\) trên mặt phẳng \((ABCD)\).

Vì vậy \((SB,(ABCD)) = (SB,AB) = \widehat {SBA}\).

b) Tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) có: \(\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{a} = \sqrt 2 \Rightarrow \widehat {SBA} \approx 54,74^\circ \).

Vậy \((SB,(ABCD)) = \widehat {SBA} \approx 54,74^\circ \).

c) Ta có \(AC\) là hình chiếu của \(SC\) trên mặt phẳng \((ABCD)\) nên

\((SC,(ABCD)) = (SC,AC) = \widehat {SCA} = 45^\circ \)(do tam giác \(SAC\) vuông cân có \(SA = AC = a\sqrt 2 \)).

d) Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot AB}\\{BC \bot SA({\rm{ do }}SA \bot (ABCD))}\end{array} \Rightarrow BC \bot (SAB)} \right.\).

Suy ra \(SB\) là hình chiếu của \(SC\) trên mặt phẳng \((SAB)\).

Do vậy \((SC,(SAB)) = (SC,SB) = \widehat {CSB}\).

Tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) có: \(SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = a\sqrt 3 \).

Tam giác \(SBC\) vuông tại \(B\) có:

\(\tan \widehat {CSB} = \frac{{BC}}{{SB}} = \frac{a}{{a\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow \widehat {CSB} = 30^\circ \).

Vậy \((SC,(SAB)) = \widehat {CSB} = 30^\circ \).

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

Do hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau nên các góc nhị diện tạo bởi hai mặt phẳng đó là các góc vuông vì vậy chúng có số đo bằng 90°.

Trả lời: 90.

Áp dụng định lí cô sin trong tam giác ABC có \(\cos \widehat {BAC} = \frac{{{{10}^2} + {{10}^2} - {{17}^2}}}{{2.10.10}} = - \frac{{89}}{{200}}\).

Vậy độ mở của tấm thiệp là \(\widehat {BAC} \approx 116^\circ \).

Trả lời: 116.

Vì SO ^ (ABCD) nên OA là hình chiếu vuông góc của SA trên mặt phẳng (ABCD).

Suy ra \(\widehat {SAO} = 45^\circ \).

ABCD là hình vuông cạnh bằng 2 nên \(AO = \frac{{AC}}{2} = \frac{{2\sqrt 2 }}{2} = \sqrt 2 \).

Xét DSAO vuông tại O có \(SO = AO.\tan \widehat {SAO} = \sqrt 2 \tan 45^\circ = \sqrt 2 \approx 1,4\).

Trả lời: 1,4.

Vì SA ^ (ABCD) nên AD là hình chiếu của SD trên mặt phẳng (ABCD).

Khi đó (SD, (ABCD)) = (SD, AD) = \(\widehat {SDA}\).

Xét DSAD vuông tại A, \(\tan \widehat {SDA} = \frac{{SA}}{{AD}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{a} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {SDA} = 60^\circ \).

Suy ra α = 60.

Trả lời: 60.

Từ giả thiết suy ra tam giác ABD đều cạnh a.

Gọi H là hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABCD).

Do SA = SB = SC nên suy ra H cách đều các đỉnh của tam giác ABD hay H là tâm của tam giác đều ABD.

Khi đó \(HI = \frac{1}{3}AI = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\) và \(SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}} = \frac{{a\sqrt {15} }}{6}\).

Vì ABCD là hình thoi nên HI ^ BD.

Tam giác SBD cân tại S nên SI ^ BD.

Do đó [S, BD, A] = (SI, AI) = \[\widehat {SIH} = \varphi \].

Tam giác vuông SHI, có \(\tan \varphi = \tan \widehat {SIH} = \frac{{SH}}{{HI}} = \sqrt 5 \approx 2,2\).

Trả lời: 2,2.