Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

+) \(\left. \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\). Suy ra đáp án A đúng.

+) \[\left. \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)\]. Suy ra đáp án B đúng.

+) \(\left. \begin{array}{l}BD \bot AC\\BD \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)\). Suy ra đáp án D đúng.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\BD \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right) \supset AN \Rightarrow AN \bot BD\).

Theo giả thiết: \(AN \bot SO\).

Vậy \(AN \bot \left( {SDO} \right)\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Theo đề bài ta có: \(\Delta ABC,\) \(\Delta DBC\)lần lượt cân tại \(A,\)\(D\). Gọi \(H\) là trung điểm của \(BC\).

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AH \bot BC\\DH \bot BC\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AD \subset \left( {ADH} \right)\\BC \bot \left( {ADH} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow BC \bot AD\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BA \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\\BA \bot AD\end{array} \right. \Rightarrow BA \bot \left( {SAD} \right)\)

\( \Rightarrow SA\) là hình chiếu vuông góc của \(SB\) lên mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\).

\( \Rightarrow \left( {SB,\left( {SAD} \right)} \right) = \left( {SB,SA} \right) = \widehat {BSA}\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Do \[ABC.A'B'C'\] là lăng trụ đều nên \(CC' \bot \left( {ABC} \right)\).

Do đó \(AC\) là hình chiếu của \(AC'\) trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).

Ta có \[\left( {AC',\left( {ABC} \right)} \right) = \]\[\left( {AC',AC} \right)\]\[ = \widehat {CAC'}\].

\[\tan \widehat {C'AC} = \frac{{CC'}}{{AC}}\]\[ = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\]\[ \Rightarrow \widehat {C'AC} = {30^{\rm{o}}}\].

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Vì \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(OC\)là hình chiếu của \(SC\)trên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\).

Góc giữa \(SC\) và \(\left( {ABCD} \right)\) là góc \(\widehat {SCO}\).

\(BD = 4a \Rightarrow BO = 2a\).

Xét \(\Delta SOB\) vuông tại \(O,\)có \(SO = BO.\tan \widehat {SBO} = 2a.\frac{1}{2} = a\).

\(AC = 2a \Rightarrow OC = a\).

Vì \(SO = OC = a\) mà \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(\Delta SOC\) vuông cân tại \(O\).

Vậy \(\widehat {SCO} = {45^0}\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Gọi \(H\) là trung điểm cạnh \(BC\)\( \Rightarrow SH \bot BC\);\(SH = \frac{{BC\sqrt 3 }}{2}\) (\(\Delta SBC\) đều)

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\SH \bot AB;SH \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)\).

\( \Rightarrow \)\(\left( {SA,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SA,AH} \right) = \widehat {SAH}\).

\(\Delta ABC\) vuông tại \(A;\,H\) là trung điểm \(BC \Rightarrow AH = \frac{{BC}}{2}\).

\(\Delta SAH\) vuông tại \(H \Rightarrow \tan \widehat {SAH} = \frac{{SH}}{{AH}} = \frac{{\frac{{BC.\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{BC}}{2}}} = \sqrt 3  \Rightarrow \widehat {SAH} = 60^\circ \).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Gọi \(O = AC \cap BD\).

Tứ giác\(ABCD\) là hình thoi nên \(AC \bot BD\) (1).

Mặt khác tam giác \(SAC\) cân tại \(S\)nên \(SO \bot AC\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(AC \bot \left( {SBD} \right)\) nên \(\left( {SBD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Gọi \[H\] là trung điểm của \[B'C'\]

\[ \Rightarrow AH \bot B'C'\] (do \[\Delta AB'C'\] cân tại \[A\]) và \[A'H \bot B'C'\](do \[\Delta A'B'C'\]đều).

Suy ra \[\left( {\left( {AB'C'} \right),\left( {A'B'C'} \right)} \right) = \left( {AH,A'H} \right) = \widehat {AHA'}\].

Vì \[\Delta A'B'C'\] đều cạnh \(a\) nên \(A'H = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Xét \(\Delta AA'H\)vuông tại \(A'\), có \[\tan \widehat {AHA'} = \frac{{AA'}}{{A'H}} = \frac{a}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\].

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Gọi \(O = AC \cap BD\).

Có \(ABCD\) là hình vuông nên \(AC \bot BD\) mà \(BD \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\).

Suy ra \(BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot SO\).

Ta có \(SO \bot BD,AO \bot BD\) nên góc giữa mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\) và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là góc \(\widehat {SOA}\)

Xét tam giác vuông \(SOA\) có \(SA = \frac{{a\sqrt 6 }}{6};OA = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Nên \(\tan \widehat {SOA} = \frac{{SA}}{{OA}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 6 }}{6}}}{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\), suy ra góc \(\widehat {SOA} = 30^\circ \).

Vậy góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) bằng \(30^\circ \).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Gọi \(O = AC \cap BD\). Vì \(S.ABCD\) là hình chóp đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot BD,SO \bot AC\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}OC \bot BD\\OC \bot SO\end{array} \right.\) \( \Rightarrow OC \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow OC \bot SD\) \(\left( 1 \right)\)

Trong mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\), từ \(O\) kẻ \(OH \bot SD\) tại \(H\) \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và  (2) \( \Rightarrow SD \bot \left( {COH} \right) \Rightarrow SD \bot CH\).

Khi đó: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBD} \right) \cap \left( {SCD} \right) = SD\\OH \bot SD\\CH \bot SD\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \left[ {B,SD,C} \right] = \widehat {OHC} = \varphi \)

Vì \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\) nên \(AC = BD = a\sqrt 2  \Rightarrow CO = OD = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Xét \(\Delta SOC\) vuông tại \(O\), ta có \(SO = \sqrt {S{C^2} - O{C^2}}  = \sqrt {{a^2} - \frac{{{a^2}}}{2}}  = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Xét \(\Delta SOD\) vuông tại \(O\), có \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{D^2}}} = \frac{2}{{{a^2}}} + \frac{2}{{{a^2}}} = \frac{4}{{{a^2}}} \Rightarrow OH = \frac{a}{2}\).

Xét \[\Delta OHC\] vuông tại \[O\], ta có:

\(\tan \varphi  = \tan \widehat {OHC} = \frac{{OC}}{{OH}} = \sqrt 2 \).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\), \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \(SM\)

Do \(\Delta ABC\) đều, \(M\) là trung điểm \(BC\) nên \(AM \bot BC\)và \(AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AM\\BC \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAM} \right).\]

\[ \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH\].

Xét \(\Delta SAM\) vuông tại \(A\), có \[\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{S^2}}} + \frac{1}{{A{M^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{4}{{3{a^2}}} = \frac{{19}}{{12{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{2a\sqrt {57} }}{{19}}.\]

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Dựng \[SH \bot AB.\] Do \[\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\] nên \[SH \bot \left( {ABCD} \right).\]

Dựng \[CK \bot AB\] mà \[CK \bot SH\]\(\left( {SH \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\) nên \[CK \bot \left( {SAB} \right).\]

Do \[CD\,{\rm{//}}\,AB\] nên \[d\left( {D,\left( {SAB} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right) = CK\]\[ = BC\sin 60^\circ  = a\sqrt 2 .\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}.\]

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Gọi \(M\) là trung điểm \(CD\) và \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \(BM\).

Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AM\\CD \bot BM\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {ABM} \right) \Rightarrow CD \bot AH\left( 1 \right).\]

Tương tự, ta chứng minh được \[BC \bot AH\left( 2 \right).\]

Từ  \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\] suy ra \[AH \bot \left( {BCD} \right).\]

Suy ra \[d\left( {A,\left( {BCD} \right)} \right) = AH\] và \(H\) là trọng tâm \[\Delta BCD.\]

Mà \(\Delta BCD\) đều cạnh a nên \(BH = \frac{2}{3}BM = \frac{2}{3}\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Xét \[\Delta ABH\] vuông tại \(H\) có \[AH = \sqrt {A{B^2} - B{H^2}}  = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}.\]

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

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

Ta có\(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot AD\\AB \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow AB \bot AH\).

Suy ra \(AH\) là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau \(AB\) và \(SD\).

Do đó \(d\left( {AB,SD} \right) = AH\).

\(\Delta SAD\) vuông cân tại \(A\) có \(AH\) là đường cao nên \(H\) là trung điểm của \(SD\),

suy ra \(AH = \frac{{SD}}{2} = \frac{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }}{2}\sqrt 2 a\).

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

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Do \[B{B_1} {\rm{//}}A{A_1}\] nên \[A{A_1} {\rm{//}}\left( {BC{C_1}{B_1}} \right).\]

Suy ra \[d\left( {A{A_1},B{C_1}} \right) = d\left( {A{A_1},\left( {BC{C_1}{B_1}} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {BC{C_1}{B_1}} \right)} \right).\]

Do \[\left( {BCC{C_1}} \right) \bot \left( {ABC} \right)\], dựng \[AH \bot BC,\left( {H \in BC} \right).\]

Suy ra \[AH \bot \left( {BC{C_1}{B_1}} \right).\]

Xét tam giác \(ABC\) vuông tại cân \[A\] có \[AH = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2}\sqrt {A{B^2} + A{C^2}}  = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\]

Vậy \[d\left( {A{A_1},B{C_1}} \right) = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\]

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Gọi \(O = AC \cap BD.\) Do \[S.ABCD\] là hình chóp đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

Vì \(ABCD\)là hình vuông cạnh a nên \(BD = a\sqrt 2  \Rightarrow BO = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Suy ra \(OB\) là hình chiếu của \(SB\) trên \(\left( {ABCD} \right)\).

Khi đó \[60^\circ {\rm{ = }}\left( {SB,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SB,OB} \right) = \widehat {SBO}\].

Tam giác vuông \(SOB\), có \(SO = OB.\tan \widehat {SBO} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}.\)

Diện tích hình vuông \(ABC\) là \[{S_{ABCD}} = A{B^2} = {a^2}.\]

Vậy \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}}.SO = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{6}.\)

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Do \(ABCD.A'B'C'D'\) là lăng trụ đứng nên \[AA' \bot AB\].

Xét tam giác vuông \(A'AB\), ta có \(A'A = \sqrt {A'{B^2} - A{B^2}}  = a\sqrt 5 \).

Diện tích hình vuông \(ABCD\) là \[{S_{ABCD}} = A{B^2} = 4{a^2}\].

Vậy \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = {S_{ABCD}}.A'A = 4\sqrt 5 {a^3}.\)

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Đặt cạnh của khối lập phương là \(x\,{\rm{ }}\left( {x > 0} \right).\)

Suy ra \(CC' = x;\,{\rm{ }}AC = x\sqrt 2 \).

Tam giác vuông \(ACC'\), có \(AC' = \sqrt {A{C^2} + CC{'^2}}  \Leftrightarrow x\sqrt 3  = a\sqrt 3  \Rightarrow x = a.\)

Vậy thể tích khối lập phương \(V = {a^3}.\)

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

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

Gọi \(H\) là tâm tam giác \(ABD\). Vì \[A'\] cách đều các điểm \[A,{\rm{ }}B,{\rm{ }}D\] nên \(A'H \bot \left( {ABD} \right)\).

Do đó \(60^\circ  = \left( {AA',\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {AA',HA} \right) = \widehat {A'AH}\).

Ta có \(AH = \frac{2}{3}AO = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\)

Tam giác vuông \(A'AH\), có \(A'H = AH.\tan \widehat {A'AH} = a\).

Diện tích hình thoi \({S_{ABCD}} = 2{S_{\Delta ABD}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\).

Vậy \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = {S_{ABCD}}.A'H = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}.\)

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) S, c) S, d) S

a) Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AB\).

Mà \(AB \bot AD\) nên \(AB \bot \left( {SAD} \right)\).

b) Có \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(AC\) là hình chiếu của \(SC\) trên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\).

Do đó \(\left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SC,AC} \right) = \widehat {SCA}\).

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

Xét \(\Delta SAC\) vuông tại \(A\) có \(\tan \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{{a\sqrt 2 }} = \sqrt 3 \)\( \Rightarrow \widehat {SCA} = 60^\circ \).

c) Gọi \(O = AC \cap BD\).

Vì \(ABCD\) là hình vuông nên \(BD \bot AC\) hay \(BO \bot AC\)

Lại có \(SA \bot BO\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\) nên \(BO \bot \left( {SAC} \right)\).

Do đó \(AO\) là hình chiếu của \(AB\) trên mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\).

Suy ra \(\left( {AB,\left( {SAC} \right)} \right) = \left( {AB,AO} \right) = \widehat {BAO}\).

Vì \(\Delta BOA\) vuông cân tại \(O\) nên \(\widehat {BAO} = 45^\circ \).

Do đó \(\sin \widehat {BAO} = \sin 45^\circ  = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

d) Hạ \(AH \bot SB\).

Dễ chứng minh được \(BC \bot \left( {SAB} \right)\)\( \Rightarrow BC \bot AH\) mà \(AH \bot SB\) nên \(AH \bot \left( {SBC} \right)\).

Do đó \(HC\)là hình chiếu của \(AC\) trên mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\).

Suy ra \(\left( {AC,\left( {SBC} \right)} \right) = \left( {AC,HC} \right) = \widehat {ACH}\).

Xét \(\Delta SAB\) có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{6{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{7}{{6{a^2}}}\)\( \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt {42} }}{7}\).

Xét \(\Delta AHC\) vuông tại \(H\), có \(\sin \widehat {ACH} = \frac{{AH}}{{AC}} = \frac{{a\sqrt {42} }}{7}:a\sqrt 2  = \frac{{\sqrt {21} }}{7}\).

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) Đ, c) S, d) Đ

a) Vì \(\Delta ABC\) đều, \(M\) là trung điểm của \(BC\) nên \(AM \bot BC\) (1).

Mà \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(BC \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow BC \bot AH\).

b) Vì \(AH \bot SM\) và \(BC \bot AH\) nên \(AH \bot \left( {SBC} \right)\).

c) Ta có \(\Delta ABC\) đều cạnh \(a\) nên \(AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Xét \(\Delta SAM\) có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{M^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} + \frac{4}{{3{a^2}}} = \frac{{11}}{{6{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt {66} }}{{11}}\).

d) Vì \(AH \bot \left( {SBC} \right)\) nên \(SH\) là hình chiếu của \(SA\) trên mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\).

Do đó \(\left( {SA,\left( {SBC} \right)} \right) = \left( {SA,SH} \right) = \widehat {ASH}\).

Xét \(\Delta SHA\) vuông tại \(H\), có \(SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}}  = \sqrt {2{a^2} - \frac{{6{a^2}}}{{11}}}  = \frac{{4a\sqrt {11} }}{{11}}\).

Do đó \(\tan \widehat {ASH} = \frac{{AH}}{{SH}} = \frac{{a\sqrt {66} }}{{11}}:\frac{{4a\sqrt {11} }}{{11}} = \frac{{\sqrt 6 }}{4}\).

a) Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(AD\) là hình chiếu của \(SD\) trên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\).

Do đó \(\left( {SD,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SD,AD} \right) = \widehat {SDA}\).

b) Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(AB\) là hình chiếu của \(SB\) trên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\).

Do đó \(\left( {SB,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SB,AB} \right) = \widehat {SBA}\).

Xét \(\Delta SAB\) vuông tại \(A\), ta có \(\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{a} = \sqrt 2 \)\( \Rightarrow \widehat {SBA} \approx 55^\circ \).

c) Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)\).

Suy ra \(SD\) là hình chiếu của \(SC\) trên mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\).

Do đó \(\left( {SC,\left( {SAD} \right)} \right) = \left( {SC,SD} \right) = \widehat {DSC}\).

d) Hạ \(AH \bot MN\) mà \(MN \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\). Do đó \(MN \bot \left( {SAH} \right)\).

Hạ \(AI \bot SH\) mà \(MN \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow MN \bot AI\). Do đó \(AI \bot \left( {SMN} \right)\).

Suy ra \(SI\) là hình chiếu của \(SA\) trên mặt phẳng \(\left( {SMN} \right)\).

Do đó \(\left( {SA,\left( {SMN} \right)} \right) = \left( {SA,SI} \right) = \widehat {ASI}\).

Dễ thấy \(\Delta AHM\) đồng dạng với \(\Delta NBM\) (g.g) \( \Rightarrow \frac{{AH}}{{NB}} = \frac{{AM}}{{MN}} = \frac{a}{2}:\frac{{a\sqrt 2 }}{2} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\)\( \Rightarrow AH = \frac{1}{{\sqrt 2 }}.\frac{a}{2} = \frac{a}{{2\sqrt 2 }}\).

Xét \(\Delta SAH\) vuông tại \(A\), có \(\frac{1}{{A{I^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} + \frac{8}{{{a^2}}} = \frac{{17}}{{2{a^2}}} \Rightarrow AI = \frac{{\sqrt {34} a}}{{17}}\).

Xét \(\Delta SAI\) vuông tại \(I\) có \(SI = \sqrt {S{A^2} - A{I^2}}  = \sqrt {2{a^2} - \frac{2}{{17}}{a^2}}  = \frac{{4\sqrt {34} }}{{17}}a\).

Do đó \(\tan \widehat {ASI} = \frac{{AI}}{{SI}} = \frac{{\sqrt {34} a}}{{17}}:\frac{{4\sqrt {34} }}{{17}}a = \frac{1}{4}\).

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) Đ, c) S, d) Đ

a) Vì \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) nên \(AB \bot AC\).

b) Vì \(ABC.A'B'C'\) là lăng trụ đứng nên \(AA' \bot (ABC) \Rightarrow AA' \bot AB\), mà \(AC \bot AB\) (1).

Suy ra \(AB \bot \left( {ACC'A'} \right) \Rightarrow AC' \bot AB\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {C'AC}\) là góc phẳng nhị diện \(\left[ {C,AB,C'} \right]\) và \(\widehat {C'AC} = 60^\circ \).

Tam giác \(ACC'\) vuông tại \(C\) có: \(\tan \widehat {C'AC} = \frac{{CC'}}{{AC}} \Rightarrow CC' = 2\sqrt 3 \).

c) Thể tích khối lăng trụ đã cho là: \({V_{ABC.A'B'C'}} = A'A \cdot {S_{\Delta ABC}} = 2\sqrt 3  \cdot \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 2 = 2\sqrt 3 {\rm{  }}\)(đơn vị thể tích).

d) Dễ thấy \(CC' \bot (ABC)\) và \(CC' = \left( {ACC'} \right) \cap \left( {B'CC'} \right)\) nên \(\widehat {ACB}\) là góc phẳng nhị diện \(\left[ {A,CC',B'} \right]\).

Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có: \(\tan \widehat {ACB} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {ACB} \approx 26,57^\circ \).

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) Đ, c) S, d) S

a) Gọi \(H\) là trung điểm \(AB\), mà tam giác \(SAB\) đều nên \(SH \bot AB\).

Ngoài ra \((SAB) \bot (ABC)\) nên \(SH \bot (ABC)\).

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

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

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

Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\) có:

\(BC = \sqrt {A{B^2} - A{C^2}}  = \sqrt {4{a^2} - 3{a^2}}  = a;CK = \frac{{CA \cdot CB}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 3  \cdot a}}{{2a}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Vậy \(d(C,(SAB)) = CK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

d) 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: \({V_{S \cdot ABC}} = \frac{1}{3}SH \cdot {S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3} \cdot a\sqrt 3  \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}}}{2}\).

Hướng dẫn giải

a) S, b) Đ, c) Đ, d) Đ

a) Gọi \(M\) là trung điểm \(A'B'\), \(\Delta A'B'C'\) đều cạnh \(2a\). Suy ra \(C'M = \frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \).

b) Gọi \(M\) là trung điểm \(A'B'\), suy ra \(C'M \bot A'B'\) (do \(\Delta A'B'C'\) đều).

Mặt khác \(CC' \bot A'B'\) (do \(ABC.A'B'C'\) là lăng trụ đứng).

Suy ra \(A'B' \bot \left( {CMC'} \right)\) hay \(A'B' \bot CM\).

Vậy \(\left( {CM,C'M} \right) = \widehat {CMC'}\) là góc phẳng nhị diện \(\left[ {C,A'B',C'} \right]\).

Suy ra \(\tan \widehat {CMC'} = \frac{{CC'}}{{C'M}} = \frac{{3a}}{{a\sqrt 3 }} = \sqrt 3  \Rightarrow \widehat {CMC'} = 60^\circ \).

c) Gọi \(K\) là trung điểm \(AB\) thì \(MK\) là đường trung bình của hình chữ nhật \(ABB'A'\) \( \Rightarrow MK//AA' \Rightarrow A'B' \bot MK\).

d) Theo câu b, \(A'B' \bot CM\).

Do đó \(\left( {MK,CM} \right) = \widehat {CMK}\) là góc phẳng nhị diện \(\left[ {A,A'B',C} \right]\) với \(\widehat {CMK} = 90^\circ  - 60^\circ  = 30^\circ \).

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) Đ

a) Tam giác \(SAB\) đều, \(H\) là trung điểm \(AB\) nên \(SH \bot AB\).

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{(SAB) \cap (ABCD) = AB}\\{(SAB) \bot (ABCD)}\\{SH \subset (SAB),SH \bot AB}\end{array} \Rightarrow SH \bot (ABCD)} \right.\).

b) c) Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AD \bot AB(gt)}\\{AD \bot SH(SH \bot (ABCD)) \Rightarrow AD \bot (SAB),}\\{AB,SH \subset (SAB)}\end{array}} \right.\)

mà \(AD \subset (SAD) \Rightarrow (SAD) \bot (SAB)\)\( \Rightarrow \left( {(SAB),(SAD)} \right) = 90^\circ \).

d) Ta lại có: \(\Delta BCH = \Delta CDI\) (c.g.c) \( \Rightarrow \widehat {{C_1}} = \widehat {{D_1}}\), mà \(\widehat {{D_1}} + \widehat {{I_1}} = 90^\circ  \Rightarrow \widehat {{C_1}} + {\widehat {{\mkern 1mu} I{\mkern 1mu} }_1} = 90^\circ \).

\( \Rightarrow HC \bot DI\)

Như vậy \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{DI \bot CH}\\{DI \bot SH(SH \bot (ABCD)) \Rightarrow DI \bot (SHC){\rm{, m\`a  }}DI \subset (SDI)}\\{CH,SH \subset (SHC)}\end{array}} \right.\)

 \( \Rightarrow (SDI) \bot (SHC)\).

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) Đ, c) S, d) Đ

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

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

Vậy \(\left( {CD,\left( {ABD} \right)} \right) = \widehat {CDA} = 30^\circ \).

c) Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\) thì \(AM \bot BC\) (do \(AB = AC\)).

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}AD \bot AB\\AD \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow AD \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow AD \bot BC\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AM\\BC \bot AD\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {ADM} \right) \Rightarrow BC \bot DM\).

Khi đó \(\left( {AM,DM} \right) = \widehat {AMD}\) là góc phẳng nhị diện \(\left[ {A,BC,D} \right]\).

Tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\) nên đường cao \(AM = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Tam giác \(ADM\) vuông tại \(A\) có \(\tan \widehat {AMD} = \frac{{AD}}{{AM}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = \sqrt 6  \Rightarrow \widehat {AMD} \approx 67,79^\circ \).

d) Vì \(AB \bot AC,AB \bot AD\)nên \(\left( {AC,AD} \right) = \widehat {CAD}\) là góc phẳng nhị diện \(\left[ {C,AB,D} \right]\) và \(\widehat {CAD} = 90^\circ .\)

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) S, c) Đ, d) S

a) Vì \(AH \bot SB\) nên \(d(A,SB) = AH\).

b) 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 \((ABC)\), kẻ \(BI \bot AC\) tại \(I\).

Mặt khác \(BI \bot SA\) (do \(SA \bot (ABC),BI \subset (ABC)\)).

Vì vậy \(BI \bot (SAC)\) hay \(d(B,(SAC)) = BI\).

Tam giác \(ABI\) vuông tại \(I\) có:\(\sin \widehat {BAC} = \frac{{BI}}{{AB}}\)\( \Rightarrow BI = AB \cdot \sin 60^\circ  = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).

Vậy \(d(B,(SAC)) = BI = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).

c) Tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) có: \(\tan \widehat {ACB} = \frac{{AB}}{{BC}}\)\( \Rightarrow BC = \frac{{AB}}{{\tan 30^\circ }} = \sqrt 3 \).

d) Diện tích đáy hình chóp là: \(S = {S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}BA.BC = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\). Chiều cao hình chóp \(h = SA = 2\).

Thể tích khối chóp \(S.ABC\) là: \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}Sh = \frac{1}{3} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} \cdot 2 = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\)(đơn vị thể tích).

Hướng dẫn giải

Trả lời: 1

Gọi \(O = AC \cap BD\).

Vì \(S.ABCD\) là hình chóp đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\) \( \Rightarrow SO \bot BD\) mà \(BD \bot AC\) nên \(BD \bot \left( {SAC} \right)\).

Gọi \(I\) là trung điểm của \(SA\) thì \(IMNC\) là hình bình hành.

Suy ra \(MN//IC\)(1).

Lại có \(BD \bot IC\left( {BD \bot \left( {SAC} \right)} \right)\) (2).

Từ (1) và (2), suy ra \(BD \bot MN\). Do đó \(\left( {BD,MN} \right) = 90^\circ  \Rightarrow \sin \alpha  = 1\).

Hướng dẫn giải

Trả lời: 60

Vì \(ABC.A'B'C'\) là lăng trụ đứng nên \(AA' \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(AC\) là hình chiếu của \(A'C\) trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).

Khi đó \(\left( {A'C,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {A'C,AC} \right) = \widehat {A'CA}\).

Xét \(\Delta A'AC\) vuông tại \(A\), ta có \(\tan \widehat {A'CA} = \frac{{AA'}}{{AC}} = \frac{{3a}}{{a\sqrt 3 }} = \sqrt 3 \)\( \Rightarrow \widehat {A'CA} = 60^\circ \).

Hướng dẫn giải

Trả lời: 1

Dựng điểm \(D\) sao cho \(ABCD\) là hình chữ nhật.

Ta có \(AB//CD\) nên \(AB//\left( {SCD} \right)\).

Khi đó \(d\left( {AB,SC} \right) = d\left( {AB,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)\).

Hạ \(AH \bot SD\) (1).

Vì \(\left. \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\end{array} \right\} \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot AH\) (2).

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

Ta có \(AD = BC = \sqrt 2 \).

Ta có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1 \Rightarrow AH = 1\).

Vậy \(d\left( {AB,SC} \right) = 1\).

Hướng dẫn giải

Trả lời: 5

Gọi \(P\) là trung điểm của \(CD\). Dễ thấy \(MP//AC\) và \(NP//BD\).

Mà \(AC \bot BD \Rightarrow MP \bot NP\) hay tam giác \(MNP\) vuông tại \(P\).

Lại có \(MP = \frac{1}{2}AC = 3;NP = \frac{1}{2}BD = 4\)

\( \Rightarrow MN = \sqrt {M{P^2} + N{P^2}}  = \sqrt {{3^2} + {4^2}}  = 5\).

Hướng dẫn giải

Trả lời: 1

Gọi \(H\) là trọng tâm tam giác đều \(ABC\).

Vì \(A'\) cách đều \(A,B,C\) nên hình chiếu vuông góc của đỉnh \(A'\) là \(H\) cũng cách đều \(A,B,C\). Khi đó khoảng cách giữa hai đáy chính là \(A'H\).

Xét tam giác \(AA'H\) có

\(\left\{ \begin{array}{l}\widehat H = 90^\circ \\AH = \frac{2}{3}AM = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\\\left( {AA',\left( {ABC} \right)} \right) = \widehat {A'AH} = 60^\circ \end{array} \right. \Rightarrow A'H = AH.\tan 60^\circ  = \frac{{\sqrt 3 }}{3}.\sqrt 3  = 1\).

Hướng dẫn giải

Trả lời: −15

Hạ \(AH \bot BC\) mà \(\left( {ABC} \right) \bot \left( {BCC'B'} \right)\) và \(\left( {ABC} \right) \cap \left( {BCC'B'} \right) = BC\) nên \(AH \bot \left( {BCC'B'} \right)\).

Do đó \(\left( {AC',\left( {BCC'B'} \right)} \right) = \left( {AC',HC'} \right) = \widehat {AC'H}\).

Ta có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} = \frac{1}{3} + \frac{1}{1} = \frac{4}{3} \Rightarrow AH = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).

\(AC' = \sqrt {A{{A'}^2} + A'{{C'}^2}}  = \sqrt {{1^2} + {1^2}}  = \sqrt 2 \).

Xét \(\Delta AHC'\) vuông tại \(H\), ta có \(\sin \widehat {AC'H} = \frac{{AH}}{{AC'}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}:\sqrt 2  = \frac{{\sqrt 6 }}{4}\).

Suy ra \(a = 1;b = 4\). Do đó \({a^2} - {b^2} =  - 15\).

Hướng dẫn giải

Trả lời: 0,84

Ta có \(AC \cap BD\) tại \(O\) mà \(ABCD\) là hình chữ nhật nên \(O\) là trung điểm của \(AC\) và \(BD\).

Ta có \(AC \cap \left( {SBD} \right) = O\)\( \Rightarrow \frac{{d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right)}}{{d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right)}} = \frac{{AO}}{{CO}} = 1\)

\( \Rightarrow d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right)\).

Hạ \(AK \bot BD\) mà \(BD \bot SA\) nên \(BD \bot \left( {SAK} \right)\).

Hạ \(AI \bot SK\) (1).

Mà \(BD \bot \left( {SAK} \right)\)\( \Rightarrow AI \bot BD\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(AI \bot \left( {SBD} \right)\). Do đó \(d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = AI\).

Ta có \(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = 1 + \frac{1}{3} = \frac{4}{3} \Rightarrow AK = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).

Vì \(\Delta SAD\) vuông tại \(A\) và có diện tích \(S = 3\) nên \(SA = \frac{{2.S}}{{AD}} = \frac{{2.3}}{{\sqrt 3 }} = 2\sqrt 3 \).

Xét \(\Delta SAK\) vuông tại \(A\), có \(\frac{1}{{A{I^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{12}} + \frac{4}{3} = \frac{{17}}{{12}}\)\( \Rightarrow AI = \frac{{2\sqrt {51} }}{{17}} \approx 0,84\).

Hướng dẫn giải

Trả lời: 0,75

Tứ giác \(ABCD\) là nửa lục giác đều nên \(BD \bot AB\).

Mặt khác \(BD \bot SA\). Suy ra \(BD \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BD \bot AM\).

Kết hợp \(AM \bot MD\), ta được \(AM \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow AM \bot SB\).

Khi đó \(\frac{{SM}}{{SB}} = \frac{{SM.SB}}{{S{B^2}}} = \frac{{S{A^2}}}{{S{B^2}}} = \frac{{3{a^2}}}{{4{a^2}}} = \frac{3}{4} = 0,75\).