Có SA ^ (ABCD) nên SA ^ CD mà CD ^ AD nên CD ^ (SAD).

Lại có CD Ì (SCD) nên (SCD) ^ (SAD).

Ta có AK // DC và AK = DC nên AKCD là hình bình hành.

Mà \(\widehat {DAK} = 90^\circ \) nên AKCD là hình chữ nhật.

Suy ra CK ^ AB (1).

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAD} \right) = SA\end{array} \right. \Rightarrow SA \bot \left( {ABCD} \right)\) Þ SA ^ CK (2).

Từ (1) và (2) Þ CK ^ (SAB) Þ CK ^ SB mà CH ^ SB nên SB ^ (CHK).

Mà SB Ì (SBC) nên (SBC) ^ (CHK).

Vì ABCD là hình thoi nên AC ^ BD.

Vì SA ^ (ABCD) nên SA ^ BD. Suy ra BD ^ (SAC) mà BD Ì (SBD) nên (SAC) ^ (SBD).

a) Vì AB ^ (BCD) mà AB Ì (ABD) nên (ABD) ^ (BCD).

b) AB ^ (BCD) Þ AB ^ CD mà BE ^ CD nên CD ^ (ABE) mà CD Ì (BCD) nên (BDC) ^ (ABE).

c) (ADC) không vuông góc với (ABC).

d) Ta có AB ^ (BCD) Þ AB ^ DF mà BC ^ DF nên DF ^ (ABC) Þ DF ^ AC.

Lại có DK ^ AC nên AC ^ (DFK) mà AC Ì (ACD) nên (ACD) ^ (DFK).

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

a) Vì SA ^ (ABCD) nên SA ^ AB.

b) Vì SA ^ (ABCD) nên SA ^ BC mà BC ^ AB nên BC ^ (SAB).

c) Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) không vuông góc với nhau.

d) AC là hình chiếu vuông góc của SC trên mặt phẳng (ABCD) nên

(SC, (ABCD)) = (SC, AC) = \(\widehat {SCA}\).

Xét DSCA vuông tại A, \(\tan \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{a}{{\sqrt {A{B^2} + B{C^2}} }} = \frac{a}{{2a}} = \frac{1}{2}\).

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

a) Có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAC} \right) = SA\end{array} \right. \Rightarrow SA \bot \left( {ABC} \right)\).

b) Có AB ^ AC (do DABC vuông cân tại A), SA ^ AB (do SA ^ (ABC)).

Suy ra AB ^ (SAC) Þ AB ^ SC.

c) Vì SA ^ (ABC) Þ SA ^ BC mà BC ^ AH nên BC ^ (SAH) mà BC Ì (SBC)

nên (SBC) ^ (SAH).

d) Có (SBC) ^ (SAH) và AO ^ (SBC) nên AO ^ SH Þ O Î SH.

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

a) Có SA ^ (ABC) mà SA Ì (SAC) nên (SAC) ^ (ABC).

b) Vì SA ^ (ABC) nên SA ^ BC mà AH ^ BC nên BC ^ (SAH).

Lại có BC Ì (SBC) nên (SAH) ^ (SBC).

c) Hạ AO ^ AH mà AO ^ BC (do BC ^ (SAH)) nên AO ^ (SBC).

d) Vì BC ^ (SAH) nên BC ^ SH và AH ^ BC

Nên \(\widehat {SHA}\) là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [S, BC. A].

Vì DABC vuông cân tại A mà AH là trung tuyến nên \(AH = \frac{{BC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Xét DSAH vuông tại A, \(\tan \widehat {SHA} = \frac{{SA}}{{AH}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = \sqrt 6 \Rightarrow \widehat {SHA} \approx 68^\circ \).

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

a) DSAB là tam giác đều và SH là trung tuyến nên SH là đường cao.

Suy ra SH ^ AB mà (SAB) ^ (ABCD) Þ SH ^ (ABCD) Þ SH ^ AD.

Lại có AD ^ AB (do ABCD là hình vuông) nên AD ^ (SAB).

b) Vì SH ^ (ABCD) Þ SH ^ CD.

c) Vì SH ^ CD mà CD ^ HK nên CD ^ (SHK).

d) Theo câu a, SH ^ (ABCD).

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

Gọi I, J lần lượt là trung điểm AB, CD,

Vì J là trung điểm CD và AC = AD nên AJ ^ CD.

Mà (ACD) ^ (BCD) Þ AJ ^ (BCD).

Ta thấy DAJD vuông tại J nên \(AJ = \sqrt {2 - 2{x^2}} \).

Mà AC = AD = BC = BD = \(\sqrt 2 \) nên DAJB vuông cân tại J.

Suy ra \(AB = AJ\sqrt 2 = \sqrt {4\left( {1 - {x^2}} \right)} \).

Do IA = IB, DAJB vuông tại J nên \(IJ = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}\sqrt {4\left( {1 - {x^2}} \right)} = \sqrt {1 - {x^2}} \).

Ta có CI và DI vuông góc với AB nên để (ABC) ^ (ABD) suy ra \(\widehat {CID} = 90^\circ \).

Ta có \(IJ = \frac{1}{2}CD \Leftrightarrow \sqrt {1 - {x^2}} = x\sqrt 2 \Leftrightarrow x = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\).

Suy ra a² + 2b = 9.

Trả lời: 9.

Trong (SAB), kẻ SH ^ AB Þ SH ^ (ABCD).

Gọi K là trung điểm của AD mà MK // BD Þ (SM, BD) = (SM, MK).

Đặt AB = a (a > 0).

Vì DSAB vuông tại S nên \(SM = \frac{1}{2}AB = \frac{a}{2}\).

Lại có SA = AB.sin30° = \(\frac{a}{2}\)Þ SA = SM Þ DSAM cân tại S.

Þ H là trung điểm của AM Þ \(HB = \frac{3}{4}AB = \frac{{3a}}{4}\).

Xét tam giác vuông SHB có SH = HB.tan30° \( = \frac{{3a}}{4}.\frac{{\sqrt 3 }}{3} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông AHK ta có:

\(HK = \sqrt {A{H^2} + A{K^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{a}{4}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{4}\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SHK ta có:

\(SK = \sqrt {S{H^2} + H{K^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{4}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 5 }}{4}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Ta có MK là đường trung bình của DABD nên \(MK = \frac{1}{2}BD = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Áp dụng định lí cosin trong tam giác SMK có:

\(\cos \widehat {SMK} = \frac{{S{M^2} + M{K^2} - S{K^2}}}{{2SM.MK}} = \frac{{{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}}{{2.\frac{a}{2}.\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = \frac{{\sqrt 2 }}{4}\).

Suy ra 16cos²α = \(16.{\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{4}} \right)^2} = 2\).

Trả lời: 2.

Gọi H là trung điểm của AB Þ \(AH = HB = \frac{{AB}}{2} = \frac{a}{2}\).

Vì DSAB đều nên SH ^ AB Þ SH ^ (ABC) Þ SH ^ BC mà BC ^ AB

nên BC ^ (SAB) Þ BC ^ SB.

Do đó SB là hình chiếu vuông góc của SC trên mặt phẳng (SAB).

Suy ra (SC, (SAB)) = (SC, SB) = \(\widehat {BSC}\).

Vì BC = SB = AB = a nên DSBC vuông cân tại B. Do đó \(\widehat {BSC} = 45^\circ \).

Trả lời: 45.

Gọi I là trung điểm SA.

Ta có BI ^ SA và BI ^ AD (do AD ^ AB và AD ^ SH).

Do đó BI ^ (SAD).

Nên hình chiếu của BD lên (SAD) là ID,

Do đó góc giữa BD và (SAD) là \(\alpha = \widehat {BDI}\).

Đặt AB = a, ta có \(BI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2};BD = a\sqrt 2 \).

Xét DBID vuông tại I, có \(\sin \alpha = \frac{{BI}}{{BD}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{a\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 6 }}{4} \approx 0,6\).

Trả lời: 0,6.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SBD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SO\end{array} \right. \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

Suy ra OA là hình chiếu của SA trên mặt phẳng (ABCD).

Suy ra (SA, (ABCD)) = (SA, OA) = \(\widehat {SAO}\).

Vì DSAO vuông tại O có \(SO = AO = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\) nên tam giác SAO vuông cân tại O.

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

Trả lời: 45.