50 bài tập Hình học không gian có lời giải

Vì \(ABCD\) là hình bình hành nên \(AD\,{\rm{//}}\,BC\). Do đó, \(\left( {SB,AD} \right) = \left( {SB,BC} \right)\). Chọn B.

Ta có tính chất: Có duy nhất một đường thẳng đi qua một điểm cho trước và vuông góc với một mặt phẳng cho trước.Chọn B.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}AD\perp AB\left(ABCD\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}là\hspace{0.17em}hcn}\right)\\ AD\perp SA\left(SA\perp \left(ABCD\right)\right)\end{array}\right.\Rightarrow AD\perp \left(SAB\right)\Rightarrow d\left(D,\left(SAB\right)\right)=AD$. Chọn C.

Ta có: \(A'A{\rm{//}}C'C \Rightarrow \left( {A'B,C'C} \right) = \left( {A'B,A'A} \right) = \widehat {AA'B}\).

Mà \(\Delta A'AB\) vuông cân tại \[A\] nên \(\widehat {AA'B} = 45^\circ \).

Vì \(M\) và \(N\) lần lượt là trung điểm của \(AA'\) và \(AC\) nên \(MN\) là đường trung bình của \[\Delta AA'C\].

Do đó, \(A'C\,{\rm{//}}\,MN \Rightarrow \left( {A'C,MB} \right) = \left( {MN,MB} \right) = \widehat {BMN}\).

Xét \(\Delta MNB\) có: \(MB = \sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2},\,MN = \sqrt {{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\,,\,BN = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

\(\cos \widehat {BMN} = \frac{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 5 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}}{{2 \cdot \frac{{a\sqrt 5 }}{2} \cdot \frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = \frac{{\sqrt {10} }}{5} \Rightarrow \widehat {BMN} \approx 50,8^\circ \).

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

Ta có: \(AD\,{\rm{//}}\,BC \Rightarrow AD\,{\rm{//}}\,\,\left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {D,\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right)\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\), kẻ \(AH \bot SB\) tại \(H\). (1)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot AB}\\{BC \bot SA}\end{array} \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow AH \bot BC} \right.\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(AH \bot \left( {SBC} \right)\) hay \(d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH\).

Tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AH\) nên:

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{SA \cdot AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{2a \cdot a\sqrt 2 }}{{\sqrt {4{a^2} + 2{a^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}{\rm{. }}\)

Vậy \(d\left( {D,\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\), kẻ \(AK \bot SD\) tại \(K\). (3)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB \bot SA}\\{AB \bot AD}\end{array} \Rightarrow AB \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow AB \bot AK} \right.\).(4)

Từ (3) và (4) suy ra \(AK\) là đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau \(AB,SD\).

Tam giác \(ACD\) vuông tại \(D\) nên \(AD = \sqrt {A{C^2} - C{D^2}} = \sqrt {3{a^2} - 2{a^2}} = a\).

Tam giác \(SAD\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AK\) nên

\(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} \Rightarrow AK = \frac{{SA \cdot AD}}{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }} = \frac{{2a \cdot a}}{{\sqrt {4{a^2} + {a^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}{\rm{. }}\)

Vậy \(d\left( {AB,SD} \right) = AK = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\).

Diện tích đáy hình chóp là: \({S_{ABCD}} = a \cdot a\sqrt 2 = {a^2}\sqrt 2 \).

Thể tích khối chóp cần tìm là: \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot 2a \cdot {a^2}\sqrt 2 = \frac{{2\sqrt 2 {a^3}}}{3}{\rm{ }}\)(đơn vị thể tích).

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

Chia mặt cắt đoạn đê thành các hình tam giác vuông, hình chữ nhật, hình thang như hình vẽ sau.

Đoạn đê được ghép bởi bốn khối lăng trụ đứng có cùng chiều cao \(100{\rm{\;m}}\) và có đáy lần lượt là tam giác vuông \(ABC\), hình chữ nhật \(ACDI\), các hình thang vuông \(DEHI\) và \(EFGH\).

Theo giả thiết, ta có:

+ Tam giác vuông \(ABC\) có kích thước hai cạnh góc vuông là \(9\)m và \(6,5\) m.

+ Hình chữ nhật \(ACDI\) có hai kích thước là\(5\) m và \(6,5\) m.

+ Hình thang vuông \(DEHI\) có đáy lớn dài \(6,5\) m, đáy nhỏ dài \(3\) m và chiều cao \(4,5\) m.

+ Hình thang vuông \(EFGH\) có đáy lớn đài \(6\) m, đáy nhỏ dài \(1\) m và chiều cao \(3\) m.

Thể tích của khối lăng trụ đứng có đáy là tam giác vuông \(ABC\) bằng:

\({V_1} = \left( {\frac{1}{2} \cdot 9 \cdot 6,5} \right) \cdot 100 = 2925\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right).\)

Thể tích của khối lăng trụ đứng có đáy là hình chữ nhật \(ACDI\) bằng:

\({V_2} = \left( {5 \cdot 6,5} \right) \cdot 100 = 3\,250\,\,\left( {{{\rm{m}}^3}} \right).\)

Thể tích của khối lăng trụ đứng có đáy là hình thang vuông \(DEHI\) bằng:

\({V_3} = \frac{1}{2}\left( {6,5 + 3} \right) \cdot 4,5 \cdot 100 = 2137,5\,\,\left( {{{\rm{m}}^3}} \right).\)

Thể tích của khối lăng trụ đứng có đáy là hình thang vuông \(DEHI\) bằng:

\({V_4} = \frac{1}{2}\left( {6 + 1} \right) \cdot 3 \cdot 100 = 1050\,\,\left( {{{\rm{m}}^3}} \right).\)

Vậy thể tích vật liệu cần dùng để xây dựng đoạn đê đó bằng:

\(V = {V_1} + {V_2} + {V_3} + {V_4} = 2925 + 3250 + 2137,5 + 1050 = 9362,5 \approx 9\,363\,\,\left( {{{\rm{m}}^3}} \right).\)

Đáp án:\(9\,363\).

Mệnh đề “Góc giữa hai đường thẳng \(a\) và \(c\) là chính góc giữa hai đường thẳng \(a\) và \(b\)” là mệnh đề sai. Chọn D.

Hình lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) có \(AA'\,{\rm{//}}\,BB'\,{\rm{//}}\,CC'\).

Do đó, \(\left( {AA',BC} \right) = \left( {BB',BC} \right) = \left( {CC',BC} \right)\). Chọn C.

Hình lăng trụ \(ABCD.A'B'C'D'\) có \(AA'\,{\rm{//}}\,BB'\,{\rm{//}}\,CC'\,{\rm{//}}\,DD'\).

Do đó, \(\left( {BB',AC} \right) = \left( {CC',AC} \right) = \left( {DD',AC} \right) = \left( {AA',AC} \right)\). Chọn A.

Tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) nên \(SA \bot AB\) hay \(\left( {SA,AB} \right) = \widehat {SAB} = 90^\circ \).

Tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành nên \(AB\,{\rm{//}}\,CD\).

Ta có \(AB \bot BC \Rightarrow \Delta ABC\) là tam giác vuông tại \(B.\)

Ta có \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}SA \bot AB\\SA \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow \Delta SAB,\Delta SAC\) là các tam giác vuông tại \(A.\)

Ta có: \(AB \bot AD\) và \(AB \bot SA\)\(\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\).

Vậy \(AB \bot \left( {SAD} \right)\). Chọn A.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SH\,\,\left( {{\rm{gt}}} \right)\\BC \bot SA\,\,\left( {{\rm{do}}\,SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot AH\). Chọn D.

Ta có \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC\) mà \(BC \bot AB\)\( \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\), \(AM \subset \left( {SAB} \right)\)

\( \Rightarrow BC \bot AM\).

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}AM \bot SB\\AM \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow AM \bot \left( {SBC} \right)\)\( \Rightarrow AM \bot SC\) nên đáp án A đúng.

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}AM \bot \left( {SBC} \right)\\MN \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AM \bot MN\) nên đáp án B đúng.

Lại có \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC\) nên đáp án C đúng.

Giả sử \(AN \bot SB \Rightarrow AN \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AN \bot BC\).

Mà \(BC \bot SA\) nên \(BC \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BC \bot AC\) mâu thuẫn do trong một tam giác không thể có 2 góc vuông. Vậy \(AN \bot SB\) là sai. Chọn D.

Ta có \[CD \bot SA,CD \bot AD \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot AK.\]

Lại có \[AK \bot CD,AK \bot SD \Rightarrow AK \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow AK \bot SC\].

Chứng minh tương tự ta được \(AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AH \bot SC\).

Từ đó suy ra \(SC \bot \left( {AHK} \right)\). Chọn D.

Ta có \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\), suy ra \[AC\] là hình chiếu vuông góc của \(SC\) trên \(\left( {ABCD} \right)\).

Suy ra góc giữa \(SC\) và \(\left( {ABCD} \right)\) bằng góc giữa \(SC\) và \(AC\).

Vì tam giác \[SAC\] vuông tại \[A\] nên \(\widehat {SCA}\) là góc nhọn.

Có \(\tan \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{{2\sqrt 6 }}{{2\sqrt 2 }} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {SCA} = 60^\circ \).

Vậy góc giữa \(SC\) và \(\left( {ABCD} \right)\) bằng góc giữa \(SC\) và \(AC\) và bằng \(\widehat {SCA} = 60^\circ \). Chọn B.

Có \[\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\] hay \[SB\] là hình chiếu vuông góc của \[SC\] lên \[\left( {SAB} \right)\].

Vậy \[\widehat {BSC}\] là góc giữa \[SC\] và \[\left( {SAB} \right)\]. Chọn A.

Ta có: \(SA \bot \left( {ABC} \right)\)nên\(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot SA\\AC \bot SA\end{array} \right.\). Suy ra \[\widehat {BAC}\] là một góc phẳng nhị diện của góc nhị diện \[\left[ {B,SA,C} \right]\]. Mà \[\widehat {BAC} = 45^\circ \] nên số đo của góc nhị diện \[\left[ {B,SA,C} \right]\] bằng \(45^\circ \). Chọn D.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAD} \right) = SA\end{array} \right.\)\( \Rightarrow SA \bot \left( {ABCD} \right)\).

\( \Rightarrow \)\(A\) là hình chiếu vuông góc của \(S\) trên mặt phẳng \(\left( {ABD} \right)\).

\( \Rightarrow \)\(AC\) là hình chiếu vuông góc của \(SC\) trên mặt phẳng \(\left( {ABD} \right)\).

Do đó, góc giữa \(SC\)và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là góc \(SCA\).

Ta có \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = a\sqrt 5 \). Khi đó,\[\tan \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{AC}} = \sqrt 3 \]\( \Rightarrow \widehat {SCA} = 60^\circ \). Chọn B.

Vì \[SO \bot \left( {ABCD} \right)\] nên suy ra \[\left\{ \begin{array}{l}SO \bot OD\\SO \bot OM\end{array} \right.\]. Suy ra số đo của góc nhị diện \[\left[ {M,SO,D} \right]\] bằng số đo của \[\widehat {MOD}\].

Vì tứ giác \[ABCD\] là hình vuông nên \[AC \bot BD\], suy ra \[\widehat {AOD} = 90^\circ \] và \[\widehat {MOA} = 45^\circ \].

Khi đó \[\widehat {MOD} = \widehat {AOD} + \widehat {MOA} = 135^\circ \].

Vậy góc nhị diện \[\left[ {M,SO,D} \right]\] có số đo bằng \[135^\circ \]. Chọn B.

Nếu hai mặt phẳng cắt nhau và cùng vuông góc với mặt phẳng thứ ba thì giao tuyến của chúng vuông góc với mặt phẳng thứ ba đó. Chọn D.

Ta có \[AA' \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( {ADD'A'} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\]. Chọn D.

Ta có \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(d\left( {S,\left( {ABCD} \right)} \right) = SO\).

Vì tam giác \(SAC\) vuông cân tại \(S\) nên \(SO = \frac{{AC}}{2} = \frac{{\sqrt 2 a \cdot \sqrt 2 }}{2} = a\). Chọn A.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAB} \right)\). Chọn C.

Trong mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) kẻ \(AI \bot BC\), khi đó \(I\) là trung điểm \(BC\). Trong mp\(\left( {SAI} \right)\) kẻ \(AH \bot SI\).

Ta có \(AI \bot BC, BC \bot SA \Rightarrow BC \bot \left( {SAI} \right) \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAI} \right)\).

$\Rightarrow AH\perp \left(SBC\right)\Rightarrow d\left(A,\left(SBC\right)\right)=AH$

Ta có : $AI=\frac{BC}{2}=\frac{AB\sqrt{2}}{2}=\frac{a\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}}{2}=a$

Góc giữa đường thẳng \(SB\) và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là \(\widehat {SBA} = 45^\circ \).

Do đó \(AB = SA = 2a\). Ta suy ra được \(AC \bot CB\).

Kẻ \(AH \bot SC\) tại \(H\), ta chứng minh được \(AH \bot \left( {SBC} \right)\).

Ta có \(AC = \sqrt {A{D^2} + D{C^2}}  = a\sqrt 2 \).

Ta có: \(BB' \bot AB\) tại \(B\), \(BB' \bot B'C'\) tại \(B'\)nên \(BB'\) là đường vuông góc chung của hai đường thẳng \(AB\) và \(B'C'\). Chọn B.

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(A\) trên \(BD\).

Do \(AA'\,{\rm{//}}\,\left( {BDD'B'} \right)\) nên khoảng cách từ đường thẳng \(AA'\) đến mặt phẳng \(\left( {BDD'B'} \right)\) bằng khoảng cách từ điểm \(A\) đến mặt phẳng \(\left( {BDD'B'} \right)\).

Do \(ABCD\) là hình thoi cạnh \(a\), \(\widehat {BAD} = 60^\circ \) nên tam giác \(ABD\) và \(BCD\) là các tam giác đều cạnh \(a\). Kẻ \(OE \bot CD\) tại \(E\) và \(M\) là trung điểm của \(CD\). Khi đó, góc phẳng nhị diện \(\left[ {S,CD,A} \right]\) là \(\widehat {SEO}\) và bằng \(60^\circ \).

Ta có \(OE = \frac{1}{2}BM = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\).

Kẻ \(OH \bot SE\) tại \(H\), ta có \(OH \bot \left( {SCD} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = OH = OE \cdot \sin 60^\circ  = \frac{{3a}}{8}\).

Vậy \(d\left( {AB,SC} \right) = d\left( {AB,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = 2d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = 2OH = \frac{{3a}}{4}\). Chọn B.

Thể tích của hình chóp là \(V = \frac{1}{3}S \cdot h\).

Diện tích đáy của hình chóp là:\(\,S = \frac{{3V}}{h} = \frac{{3 \cdot 200}}{{12}} = 50\,\,{\rm{(c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}\). Chọn B.

Tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\)nên \(B{C^2} + A{B^2} = A{C^2} \Leftrightarrow BC = \sqrt {A{C^2} - A{B^2}} = 4a.\)

Vậy thể tích khối hộp \(ABCD.A'B'C'D'\) là \(V = AA' \cdot {S_{ABCD}} = AA' \cdot AB \cdot BC = a \cdot 3a \cdot 4a = 12{a^3}.\)

ChọnC.

Hình chóp \[S.ABC\] là hình chóp đều nên \[SG \bot \left( {ABC} \right)\]. Gọi \[M\] là trung điểm \[BC\].

Ta có \[AG = \frac{2}{3}AM = \frac{2}{3}.3a.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \].

Tam giác \[SGA\] vuông tại \[G\] nên

Gọi \[I\] là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \[ABC.\]

Vì \[S.ABC\] là khối chóp đều nên suy ra\[\,\,SI \bot \left( {ABC} \right).\]

Gọi \[M\] là trung điểm của \[BC\,\, \Rightarrow \,\,AI = \frac{2}{3}AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\].

Tam giác \[SAI\] vuông tại \[I\], có

\(SI = \sqrt {S{A^2} - A{I^2}}  = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt {21} }}{6}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}}  = \frac{a}{2}\).

Diện tích tam giác \[ABC\] là \[{S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\].

Vậy thể tích khối chóp \[{V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}{S_{\Delta ABC}} \cdot SI = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}\]. Chọn C.

Xét khối lăng trụ \[ABC.A'B'C'\] có đáy \[ABC\] là tam giác đều và \[AA' \bot \left( {ABC} \right).\]

Diện tích xung quanh lăng trụ là \[{S_{xq}} = 3 \cdot {S_{ABB'A'}}\]

\[ \Leftrightarrow 3{a^2} = 3 \cdot \left( {AA' \cdot AB} \right) \Leftrightarrow 3{a^2} = 3 \cdot \left( {AA' \cdot a} \right) \Rightarrow AA' = a.\]

Tam giác \[ABC\] đều cạnh \(2a\), gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \[ABC\], khi đó

 \(AG = \frac{2}{3} \cdot \frac{{\left( {2a} \right) \cdot \sqrt 3 }}{2} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\).

Diện tích của 2 tam giác đáy là: \({S_1} = {4^2} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{4} = 4\sqrt 3 \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right);\,\,\,{S_2} = {2^2} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{4} = \sqrt 3 \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Áp dụng công thức tính thể tích hình chóp cụt ta có:

\(V = \frac{1}{3} \cdot 6 \cdot \left( {4\sqrt 3 + \sqrt {4\sqrt 3 \cdot \sqrt 3 } + \sqrt 3 } \right) = 14\sqrt 3 \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\). Chọn A.

Diện tích của 2 đáy lần lượt là: \({S_1} = {6^2} = 36\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right);\,\,{S_2} = {3^2} = 9\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Áp dụng công thức tính thể tích hình chóp cụt ta có: \(V = \frac{1}{3} \cdot 4 \cdot \left( {36 + \sqrt {36 \cdot 9} + 9} \right) = 84\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\).

Chọn A.

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB\), \(\Delta SAB\) cân tại \(S\)

 \( \Rightarrow SH \bot AB\).

Ta có \(\left. \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\\SH \subset \left( {SAB} \right);SH \bot AB\end{array} \right\} \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\).

Do đó, \(\left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) = \widehat {SCH} = 45^\circ \).

Đặt \(AB = x,\left( {x > 0} \right)\), gọi \(M\) là trung điểm \(BC\).

Các tam giác \(ABC\) và \(ABD\) cân tại\(A\) và có góc \(60^\circ \) nên hai tam giác\(ABC\) và \(ABD\) đều cạnh bằng 1.

Tam giác \(ACD\) vuông cân tại \(A\)có: \(CD = \sqrt {{1^2} + {1^2}} = \sqrt 2 \).

Tam giác \(BCD\) có: \(B{C^2} = 1,B{D^2} = 1,C{D^2} = 2\,\,{\rm{hay}}\,B{C^2} + B{D^2} = C{D^2}\), suy ra tam giác \(BCD\) vuông cân tại \(B\).

Ta có: \(AJ = BJ = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\) nên tam giác \(JAB\) cân tại \(J\).

Mặt khác \(I\) là trung điểm \(AB\) nên \(IJ \bot AB\).

Tam giác \(ABC\) và \(ABD\) đều cạnh 1 nên \(CI = DI = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).

Vì vậy tam giác \(ICD\) cân tại \(I\), mà \(J\) là trung điểm \(CD\) nên \(IJ \bot CD\).

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

Vì \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(SA \bot BC\). Mà \(BC \bot AB\) nên \(BC \bot \left( {SAB} \right)\).

Vì \(BC \bot \left( {SAB} \right)\) nên góc giữa đường thẳng \(SC\) và mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) bằng \(\widehat {CSB}\).

Tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) có \(BC = \sqrt {A{C^2} - A{B^2}} = a\sqrt 2 \), tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) có \(SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = a\sqrt 2 \).

Xét tam giác \(SBC\) vuông tại \(B\) có \({\rm{tan}}\widehat {CSB} = \frac{{BC}}{{SB}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{{a\sqrt 2 }} = 1\).

Vì \({\rm{tan}}\widehat {CSB} = 1\)nên \(\widehat {CSB} = 45^\circ \). Vậy góc giữa đường thẳng \(SC\) và mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) bằng \(45^\circ \).

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

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{SA \bot \left( {ABC} \right)}\\{\left( {SAC} \right) \supset SA}\end{array} \Rightarrow \left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)} \right.\). Dễ thấy \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot \left( {SAH} \right)}\\{\left( {SBC} \right) \supset BC}\end{array} \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAH} \right)} \right.\). Do \(AK \bot SC\) và \(AB \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow AB \bot SC\), nên \(SC \bot \left( {ABK} \right)\). Suy ra \(SC \bot AB\). Do đó, \(\left( {AB,SC} \right) = 90^\circ \). Lại có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{SC \bot \left( {ABK} \right)}\\{\left( {SBC} \right) \supset SC}\end{array} \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {ABK} \right)} \right.\). Vậy \(\left( {\left( {ABK} \right),\left( {SBC} \right)} \right) = 90^\circ \).

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

Ta có \(H\) là trung điểm của \(AB\), mà tam giác \(SAB\) đều nên \(SH \bot AB\).

Ngoài ra \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(SH \bot \left( {ABC} \right)\).

Ta có: \(d\left( {S,\left( {ABC} \right)} \right) = SH = \frac{{2a \cdot \sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \) (do tam giác \(SAB\) đều cạnh \(2a)\).

Kẻ đường cao \(CK\) của tam giác \(ABC\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CK \bot AB}\\{CK \bot SH}\end{array} \Rightarrow CK \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right) = CK} \right.\).

Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\) có: \(BC = \sqrt {A{B^2} - A{C^2}}  = \sqrt {4{a^2} - 3{a^2}}  = a\).

Có \(CK = \frac{{CA \cdot CB}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 3  \cdot a}}{{2a}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\). Vậy \(d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right) = CK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Diện tích đáy hình chóp là: \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AC \cdot BC = \frac{1}{2}a\sqrt 3  \cdot a = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\).

Thể tích khối chóp là: \({V_{S \cdot ABC}} = \frac{1}{3}SH \cdot {S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3} \cdot a\sqrt 3  \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}}}{2}\).

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

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

\( \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot HE\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(HE \bot \left( {SBC} \right)\).

Suy ra \(d\left( {H,\left( {SBC} \right)} \right) = HE\).

Vì \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình hộp chữ nhật nên \(AB \bot \left( {ADD'A'} \right)\), suy ra \(AB \bot AD'\) hay tam giác \(ABD'\) vuông tại \(A\).

Kẻ đường cao \(AH\) trong tam giác \(ABD'\), suy ra \(d\left( {A,BD'} \right) = AH\).

Tam giác \(ADD'\) vuông tại \(D\) có:

Ta có: \(CC'\,{\rm{//}}\,BB' \Rightarrow CC'{\rm{//}}\left( {ABB'A'} \right)\) nên

\(d\left( {CC',\left( {ABB'A'} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {ABB'A'} \right)} \right)\).

Trong mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\), kẻ \(CH \bot AB\) tại \(H\). (1)

Vì \(ABC.A'B'C'\) là hình lăng trụ đứng nên

\(AA' \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow CH \bot AA'\). (2)

Vì \(AH \bot SB\) nên \(d\left( {A,SB} \right) = AH\).

Tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\), đường cao \(AH\) nên \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}}\).

\( \Rightarrow AH = \frac{{SA \cdot AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{2 \cdot 1}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2}} }} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}\).

Trong mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\], kẻ \(BI \bot AC\) tại \(I\).

Trong mặt phẳng \(\left( {AA'H} \right)\) , kẻ \(A'K \bot AH\) tại \(K\). (1)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}B'C' \bot A'H\\B'C' \bot AA'\,\,\,\left( {{\rm{do}}\,AA' \bot \left( {A'B'C'} \right)} \right)\end{array} \right.\).

Tam giác \(AA'H\) vuông tại \(A'\) có đường cao \(A'K\) nên

\(\frac{1}{{A'{K^2}}} = \frac{1}{{A'{H^2}}} + \frac{1}{{A'{A^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{\frac{{3{a^2}}}{4}}} = \frac{1}{{3{a^2}}} + \frac{1}{{A'{A^2}}} \Rightarrow A'A = a{\rm{. }}\)

Hai mặt đáy lăng trụ song song với nhau và có khoảng cách là: \(d\left( {\left( {ABC} \right),\left( {A'B'C'} \right)} \right) = AA' = a{\rm{. }}\)

Diện tích đáy của lăng trụ (đáy là tam giác đều) là: \({S_{\Delta A'B'C'}} = \frac{{{{\left( {2a} \right)}^2} \cdot \sqrt 3 }}{4} = {a^2}\sqrt 3 \).

Thể tích khối lăng trụ là: \(V = AA' \cdot {S_{\Delta A'B'C'}} = a \cdot {a^2}\sqrt 3  = {a^3}\sqrt 3 \).

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

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AC \bot AB}\\{AC \bot AD}\end{array} \Rightarrow AC \bot \left( {ABD} \right)} \right.\).

Khi đó \(AD\) là hình chiếu của \(CD\) trên \(\left( {ABD} \right)\).

Ta có: \(\left( {CD,\left( {ABD} \right)} \right) = \left( {CD,AD} \right) = \widehat {CDA}\).

Tam giác \(ACD\) vuông tại \(A\) có:

\(\tan \widehat {CDA} = \frac{{AC}}{{AD}} = \frac{a}{{a\sqrt 3 }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \widehat {CDA} = 30^\circ \).

Gọi \(M\) là trung điểm cạnh \(SD\).

Khi đó \(OM\) là đường trung bình của tam giác \(SBD\) nên \(OM\,{\rm{//}}\,SB\). Do vậy \(\left( {SB,AC} \right) = \left( {OM,AC} \right)\).

Tam giác \(SAD\) vuông tại \(A\) có trung tuyến \(AM = \frac{{SD}}{2}\);

Tam giác \(SCD\) vuông tại \(C\) có trung tuyến \(CM = \frac{{SD}}{2}\).

Suy ra tam giác \(MAC\) cân tại \(M\), mà \(O\) là trung điểm \(AC\) nên \(OM \bot AC\) hay \(\left( {OM,AC} \right) = 90^\circ .\)

Vậy \(\left( {SB,AC} \right) = 90^\circ \) hay \(SB \bot AC\).

Đáp án: \(90\).