Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Không mất tính tổng quát, giả sử tứ diện \(ABCD\) có cạnh bằng \(a\).

Gọi \(H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta BCD \Rightarrow AH \bot \left( {BCD} \right)\).

Gọi \(E\) là trung điểm \(AC\) \( \Rightarrow ME{\rm{ // }}AB \Rightarrow \left( {AB,DM} \right) = \left( {ME,MD} \right)\)

Do các mặt của tứ diện đều là tam giác đều nên \(ME = \frac{a}{2}\), \(ED = MD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Xét \(\Delta MED\), ta có: \(\cos \widehat {EMD} = \frac{{M{E^2} + M{D^2} - E{D^2}}}{{2ME.MD}} = \frac{{{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}}{{2.\frac{a}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{6}\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Ta có \(O\) là trung điểm của \(AC,BD\)

Mà \(SA = SC,SB = SD \Rightarrow \Delta SAC,\Delta SBD\) đều \( \Rightarrow SO \bot AC,SO \bot BD\)

\( \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Ta có \(\Delta ABC\), \(\Delta ABD\) đều , M là trung điểm của AB nên

\[\left. \begin{array}{l}CM \bot AB\\DM \bot AB\end{array} \right\} \Rightarrow AB \bot \left( {CDM} \right)\].

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Do \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) và \[ABCD\]là hình vuông nên \(\left\{ \begin{array}{l}SA \bot BC\\AB \bot BC\end{array} \right.\)\( \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\).

+) \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot \left( {SAB} \right)\\AM \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AM \bot BC\) 

+) \(\left\{ \begin{array}{l}AM \bot SB\\AM \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow AM \bot \left( {SBC} \right)\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Ta có \[\left. \begin{array}{l}OA \bot OB\\OA \bot OC\end{array} \right\} \Rightarrow OA \bot \left( {OBC} \right) \Rightarrow OA \bot BC\] .

Mà \[OH \bot \left( {OBC} \right) \Rightarrow OH \bot BC\].

Vậy ta có: \[\left. \begin{array}{l}BC \bot OA\\BC \bot OH\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot \left( {OAH} \right) \Rightarrow BC \bot AH\].

Chứng minh tương tự ta có \[AB \bot CH\].

Suy ra \[H\] là trực tâm của tam giác \[ABC\].

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Các  đáp án A, B, D đều đúng. Đáp án C chưa đủ dữ kiện để kết luận\(\left( {SD,BC} \right) = 60^\circ \).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Ta có \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BC\). Lại có \(BC \bot AB\) nên \(BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AE\).

\(AE \bot SB,\,\,AE \bot BC \Rightarrow AE \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AE \bot SC,{\rm{  }}\left( 1 \right)\).

Chứng minh tương tự ta có \(SC \bot AF,{\rm{   }}\left( 2 \right)\)

Vậy từ \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\]ta có \(SC \bot \left( {AEF} \right)\)\( \Rightarrow SC \bot EF\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

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

Mà \(AK \bot SD\) nên \(AK \bot (SC{\rm{D}})\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Có \(AD \bot AB\) (do ABCD là hình thang) mà \(SA \bot AD\) (do \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\)) nên \(AD \bot \left( {SAB} \right)\).

Vì \(E\) là trung điểm của \(AB\) nên \(AE = EB = a\).

Vì \(AE = CD = a,AE//CD\) nên \(AECD\) là hình bình hành nên \(AD//CE\).

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}CE//AD\\AD \bot \left( {SAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CE \bot \left( {SAB} \right)\) .

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Vì \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SH\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow BC \bot AH\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Ta có: Hình chiếu của \(SB\) trên mặt phẳng \((ABC)\) là \(AB\) nên góc giữa đường thẳng \(SB\) và mặt phẳng đáy là góc giữa hai đường thẳng \(SB\) và \(AB\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Gọi \[M\] là trung điểm của \[CD\]. Ta có \[BM = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2}\].

Gọi \[H\] là chân đường cao hạ từ \[A\] xuống mặt phẳng \[\left( {BCD} \right)\] thì \[H \in BM\] và \[BH = \frac{2}{3}BM\]\[ = \frac{{AB\sqrt 3 }}{3}\].

Góc giữa đường thẳng \[AB\] và mặt phẳng \[\left( {BCD} \right)\] là \[\widehat {ABM}\].

Ta có \[{\rm{cos}}\varphi  = \cos \widehat {ABM}\]\[ = \frac{{BH}}{{AB}}\]\[ = \frac{{\frac{{AB\sqrt 3 }}{3}}}{{AB}}\]\[ = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\].

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Gọi \(O\) là tâm của hình vuông \(ABCD\).

Vì ABCD là hình vuông nên BO ^ AC mà SA ^ (ABCD) Þ SA ^ BO.

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

Suy ra \[SO\] là hình chiếu vuông góc của \[SB\] lên mặt phẳng \[\left( {SAC} \right)\].

Khi đó góc giữa đường thẳng \(SB\) và mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) chính là \(\widehat {BSO}\).

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

Xét DSAB vuông tại A, có \(SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}}  = \sqrt {3{a^2} + {a^2}}  = 2a\).

Xét \(\Delta SBO\) vuông tại \(O\), ta có:\(\sin \widehat {BSO} = \frac{{BO}}{{SB}} = \frac{{\sqrt 2 }}{4}\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Gọi \(O\) là trọng tâm của tam giác \[ABC\]\( \Rightarrow AO = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{a}{{\sqrt 3 }}\).

Vì \[S.ABC\] là hình chóp đều nên \[SO \bot \left( {ABC} \right)\,\].

Suy ra \[OA\] là hình chiếu vuông góc của  trên mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\].

\[ \Rightarrow \left( {SA\,,\,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SA\,,\,OA} \right) = \widehat {SAO}\] .

Xét \[\Delta SAO\] vuông tại \[O\], ta có:\(\cos \alpha  = \frac{{AO}}{{SA}} = \frac{{\frac{a}{{\sqrt 3 }}}}{a} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

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

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

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

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

Hình vuông \(ABCD\) có \(BD = a\sqrt 2 \)nên cạnh hình vuông là \(a\).

Xét \(\Delta BSA\) vuông tại \(A\), ta có: \(\tan \widehat {BSA} = \frac{{BA}}{{SA}} = \frac{a}{{a\sqrt 3 }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\).

Suy ra \(\widehat {BSA} = 30^\circ \) hay góc giữa đường thẳng \(SB\) và mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) bằng \(30^\circ \).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

A sai vì hai mặt phẳng đó có thể cắt nhau.

C Sai vì hai mặt phẳng đó có thể trùng nhau.

D Sai vì hai đường thẳng đó có thể chéo nhau.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Từ giả thiết suy ra \[SO \bot AC;SO \bot BD\]\[ \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\] mà \(SO \subset \left( {SBD} \right),\)\(SO \subset \left( {SAC} \right)\)

\( \Rightarrow \left( {SBD} \right) \bot \left( {ABCD} \right);\)\(\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\). Vậy \(SC \bot \left( {SBD} \right)\) là mệnh đề sai.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

+) Có \(AC \bot AB\) (do \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\))  mà \(AC \bot AA'\) (do \(AA' \bot \left( {ABC} \right)\))

\( \Rightarrow AC \bot \left( {ABB'A'} \right)\)\( \Rightarrow \left( {ABB'} \right)\,\, \bot \,\left( {ACC'} \right)\).

+) Vì \(AC \bot \left( {ABB'A'} \right)\)\( \Rightarrow \left( {ABC} \right)\, \bot \,\left( {ABA'} \right)\).

+) Do \(\Delta ABC\) vuông cân tại \(A,\)\(M\) là trung điểm của \(BC\) nên \(AM \bot BC\) mà \(BB' \bot AM\) (do \(BB' \bot \left( {ABC} \right)\)) \( \Rightarrow AM \bot \left( {BB'C'C} \right)\)\( \Rightarrow \left( {AMC'} \right)\,\, \bot \,\left( {BCC'} \right)\).

Do đó đáp án B sai.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BI \bot AC{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {{\rm{gt}}} \right)\\BI \bot SA{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BI \bot \left( {SAC} \right) \supset SC \Rightarrow SC \bot BI\) \(\left( 1 \right)\).

Theo giả thiết: \(SC \bot IH\) \(\left( 2 \right)\).

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra: \(SC \bot \left( {BIH} \right)\).

Mà \(SC \subset \left( {SBC} \right)\) nên \(\left( {BIH} \right) \bot \left( {SBC} \right)\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Gọi \(O\) là tâm của hình vuông \(ABCD\) khi đó ta có \(AO \bot BD\) (1).

Mặt khác ta lại có \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình lập phương nên \(BB' \bot \left( {ABCD} \right)\)\( \Rightarrow BB' \bot AO\) (2).

Từ (1) và (2) ta có \(AO \bot \left( {BDD'B'} \right)\)\( \Rightarrow \left( {AB',\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {AB',B'O} \right) = \widehat {AB'O}\).

Do \(ABCD.A'B'C'D'\)là hình lập phương nên \(AC = AB' \Rightarrow AO = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}AB'\)

Xét tam giác vuông \(AB'O\) có \(\sin \widehat {AB'O} = \frac{{AO}}{{AB'}} = \frac{1}{2}\)\( \Rightarrow \widehat {AB'O} = 30^\circ \).

Vậy \(\left( {AB',\left( {ABCD} \right)} \right) = 30^\circ \).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Gọi \(O\) là tâm của hình vuông.

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

Ta có \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\) và \(SO = \sqrt {S{B^2} - B{O^2}}  = \sqrt {{a^2} - \frac{{{a^2}}}{2}}  = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Gọi \(H\) là trung điểm của \(OD\) ta có \(MH//SO\) nên \(H\) là hình chiếu của \(M\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) và \(MH = \frac{1}{2}SO = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\).

Do đó góc giữa đường thẳng \(BM\) và mặt phẳng \((ABCD)\) là \(\widehat {MBH}\).

Có \(BH = BO + HO = BO + \frac{{OD}}{2} = \frac{3}{2}BO\)

Khi đó ta có \(\tan \widehat {MBH} = \frac{{MH}}{{BH}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{4}}}{{\frac{{3a\sqrt 2 }}{4}}} = \frac{1}{3}\).

Vậy tang của góc giữa đường thẳng \(BM\) và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) bằng \(\frac{1}{3}\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Do \[AA' \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( {ACC'A'} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\].

Vậy góc giữa mặt phẳng\(\left( {ABCD} \right)\) và \(\left( {ACC'A'} \right)\) bằng \(90^\circ \).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Gọi O là tâm hình vuông ABCD.

Vì S.ABCD là hình chóp đều nên SO ^ (ABCD).

Gọi E là trung điểm của AB.

Vì SAB là tam giác đều nên SE ^ AB và OE ^ AB.

Do đó góc giữa mặt bên (SAB) và mặt đáy (ABCD) bằng \(\widehat {SEO}\); \[EO = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\]

Xét \(\Delta SEO\) vuông tại\[O\], ta có \(\tan \widehat {SEO} = \frac{{SO}}{{EO}} = 1\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Gọi \(I = AC \cap BD\).

Do \(ABCD\) là hình vuông nên \(BD \bot AI\).

Vì \(AA' \bot (ABCD) \Rightarrow AA' \bot BD\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AI\\BD \bot AA'\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {AIA'} \right) \Rightarrow BD \bot A'I\)

Do đó góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {BDA'} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) là \(\widehat {AIA'}\).

Ta có: \(\Delta AA'I\) vuông tại \(A\), có:

\(AA' = a;AI = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow A'I = \sqrt {A{{A'}^2} + A{I^2}}  = \frac{{a\sqrt 6 }}{2} \Rightarrow \sin \widehat {AIA'} = \frac{{AA'}}{{A'I}} = \frac{{\sqrt 6 }}{3}\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

\[\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\\BC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB\].

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}SB \bot BC\\AB \bot BC\\\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC\end{array} \right.\)

Suy ra góc giữa \[\left( {SBC} \right)\] và mặt đáy bằng góc \[\widehat {SBA} = 60^\circ \].

Xét \(\Delta SAB\) vuông tại \(A\), có \[\tan 60^\circ  = \frac{x}{a} \Rightarrow x = a\sqrt 3 \].

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Gọi \(O\) là tâm của hình vuông \(ABCD\)\(AC = BD = 2a \Rightarrow AO = a\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AO\\BD \bot AA'\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {A'AO} \right) \Rightarrow BD \bot A'O\).

Khi đó: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {A'BD} \right) \cap \left( {ABD} \right) = BD\\A'O \bot BD\\AO \bot BD\end{array} \right. \Rightarrow \left[ {A',BD,A} \right] = \widehat {A'OA} = 30^\circ \).

Xét \(\Delta A'AO\) vuông tại \(A\), ta có:\({\rm{tan}}\widehat {A'OA} = \frac{{AA'}}{{AO}} \Rightarrow AA' = \frac{1}{{\sqrt 3 }}.a = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Gọi \(O\) là tâm hình vuông \(ABCD\).

Vì \(S.ABCD\) là hình chóp đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot OC\)

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 \( \Rightarrow SD \bot \left( {COH} \right) \Rightarrow SD \bot CH\).

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: D

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

Khi đó: \[\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\BC \bot AB\\BC \bot SB\end{array} \right. \Rightarrow \left[ {S,BC,A} \right] = \widehat {SBA}\].

Xét \[\Delta SAB\] vuông tại \[A\], ta có: \[\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}}\]\[ = \frac{{a\sqrt 3 }}{a}\] \[ \Rightarrow \widehat {SBA} = 60^\circ \].

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Vì \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow BC \bot SA\) mà \(AB \bot BC\)\( \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\).

Gọi \[H\] là trung điểm cạnh \[SB\].

\[\left\{ \begin{array}{l}AH \bot BC\left( {BC \bot \left( {SAB} \right)} \right)\\AH \bot SB\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right)\].

Vì \(\Delta SAB\) vuông cân tại \(A\) nên \(SB = 2a\sqrt 2  \Rightarrow AH = \frac{{SB}}{2}\).

Do đó khoảng cách từ \[A\] đến mặt phẳng \[\left( {SBC} \right)\] là \[AH = \frac{{SB}}{2} = \frac{{2a\sqrt 2 }}{2} = a\sqrt 2 \].

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Gọi \[M\] là trung điểm của \[CD\]\( \Rightarrow CM = \frac{a}{2}\)

H là hình chiếu vuông góc của \[O\] lên \[SM \Rightarrow OH \bot SM\,(*)\].

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}OM \bot CD\\SM \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SOM} \right) \Rightarrow CD \bot OH(**)\]

Từ (*), (**) suy ra \[OH \bot \left( {SCD} \right)\] khi đó \[d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = OH\].

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

Ta có \[SO = \sqrt {S{B^2} - B{O^2}}  = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}  = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\]; \[OM = \frac{a}{2}\].

Xét \(\Delta SMC\)vuông tại \(M\), có \(SM = \sqrt {S{C^2} - C{M^2}}  = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Ta lại có \[{S_{\Delta SOM}} = OH.SM = SO.OM \Rightarrow OH = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\frac{a}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{a}{{\sqrt 6 }}\].

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

- Vì \[O\] là trung điểm của \[BD\] nên \(d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right) = 2d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right).\)Do đó câu A đúng.

- Kẻ \[AH\] vuông góc với \[SO\] mà hai mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\)và \(\left( {SBD} \right)\) vuông góc với nhau theo giao tuyến \[SO\], suy ra \[AH\] vuông góc với mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\).

Ta có \(d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = AH < OA\) và \(d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right) = OB = OA\) nên \(d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) < d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right)\). Do đó câu B sai.

- Ta có \(d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right) = CB\) và \(d\left( {C,\left( {SAD} \right)} \right) = CD\) nên \(d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {SAD} \right)} \right).\) Do đó câu C đúng.

- Vì \[SA\] vuông góc với mặt đáy nên \(d\left( {S,\left( {ABCD} \right)} \right) = SA\). Do đó câu D đúng.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Gọi \(O\) là tâm của hình vuông \(ABCD\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AO\,\,\\BD \bot AA'\end{array} \right.\)\( \Rightarrow BD \bot \left( {AA'O} \right)\)

Suy ra \(\left( {BDA'} \right) \bot \left( {AA'O} \right)\).

Kẻ \(AH \bot A'O\)\( \Rightarrow AH \bot \left( {BDA'} \right)\).

Suy ra \(AH = d\left( {A,\,\,\left( {BDA'} \right)} \right)\).

Xét tam giác \(AA'O\) vuông tại \(A\) có \(AA' = 1\), \(AO = \frac{1}{2}AC = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Xét \(\Delta A'AO\) vuông tại \(A\), có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{{A'}^2}}} + \frac{1}{{A{O^2}}} = 1 + 2 = 3 \Rightarrow AH = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\).

Vậy \(d\left( {A,\,\,\left( {BDA'} \right)} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Gọi \(D\) là trung điểm cạnh\(BC\), \(E\) là hình chiếu của \(A\) lên \(A'D\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AD\\BC \bot AA'\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {ADA'} \right) \Rightarrow BC \bot AE\).

\(\left\{ \begin{array}{l}AE \bot BC\\AE \bot A'D\end{array} \right. \Rightarrow AE \bot \left( {A'BC} \right)\), suy ra \(d\left( {A,\,\left( {A'BC} \right)} \right) = AE\).

Trong tam giác \(A'AD\) có: \(AA' = a\,,\,AD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\),

\(\frac{1}{{A{E^2}}} = \frac{1}{{AA{'^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{4}{{3{a^2}}} = \frac{7}{{3{a^2}}}\) \( \Rightarrow AE = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 }} = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Do \(AB'{\rm{//}}\left( {CDD'C'} \right)\) nên ta có:

\[d\left( {AB';CD'} \right) = d\left( {AB';\left( {CDD'C'} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {CDD'C'} \right)} \right) = AD = a\].

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Do \(MN \bot SM\)( giả thiết SM vuông góc với đáy) và \(MN \bot MQ\) (do \(MNPQ\) là hình vuông) vậy \[MN \bot \left( {SMQ} \right)\]suy ra \(d\left( {NP,SQ} \right) = d\left( {NP,\left( {SMQ} \right)} \right) = d\left( {N,\left( {SMQ} \right)} \right) = NM = 3a\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Trong tam giác \(SAD\) kẻ đường cao \(AH\) ta có\[{S_{\Delta SAD}} = AD.AS = AH.SD \Rightarrow AH = \frac{{AD.AS}}{{SD}} = \frac{{2a.a}}{{\sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} + {a^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\].

Có \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) \( \Rightarrow SA \bot AB\) mà \(AB \bot AB\)\( \Rightarrow AB \bot \left( {SAD} \right)\)\( \Rightarrow AB \bot AH\).

Do đó \(AH\) chính là đường vuông góc chung của \(AB\) và \(SD\)

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

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Gọi \[M,{\rm{ }}N\] lần lượt là trung điểm của \[AB\] và \[CD\].

Tam giác \[CND\] cân tại \[N\] \[ \Rightarrow MN \bot CD\] (1)

Tam giác \[AMB\] cân tại \[M\] \[ \Rightarrow MN \bot AB\](2)

Từ (1) và (2) \[ \Rightarrow \] \[MN\] là đường vuông góc chung của hai đường thẳng \[AB\] và \[CD\] \[ \Rightarrow d(AB,{\rm{ }}CD){\rm{  =  }}MN\]

Ta có \[MD = \frac{{CD}}{2} = a\]; \[ND = a\sqrt 3 \]

Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông \[NMD\] ta có:

\[MN = \sqrt {N{D^2} - M{D^2}}  = \sqrt {{{(a\sqrt 3 )}^2} - {a^2}}  = a\sqrt 2 \]

Vậy \[d(AB,{\rm{ }}CD){\rm{=}}a\sqrt 2 \].

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Vì \(ABCD\) là hình thoi và \(\widehat {BAD} = 120^\circ \)\( \Rightarrow \widehat {BAC} = \widehat {ABC} = 60^\circ \) \( \Rightarrow \Delta ABC\) đều.

Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\), do \(\Delta ABC\) là tam giác đều nên \(AI \bot BC\) và \(AI = a\sqrt 3 .\frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BC\) mà \(AI \bot BC\) \( \Rightarrow BC \bot \left( {SAI} \right) \Rightarrow BC \bot SI\).

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}AI \bot BC\\SI \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow \left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {AI,SI} \right) = \widehat {SIA} = 60^\circ \).

Do \(ABCD\) là hình thoi nên \(AC \bot BD \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)\)\( \Rightarrow \left( {SAC} \right)\) là mặt phẳng chứa \(SC\) và \( \bot BD\)

\( \Rightarrow d\left( {SC;BD} \right) = d\left( {O;SC} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A;SC} \right) = \frac{1}{2}AH\).

Xét tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\) ta có \(SA = AI.\tan 60^\circ  = a\sqrt 3 .\frac{{\sqrt 3 }}{2}.\sqrt 3  = \frac{{3a\sqrt 3 }}{2}\) ; \(AC = AB = a\sqrt 3 \)

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{S^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} = \frac{4}{{27{a^2}}} + \frac{1}{{3{a^2}}} = \frac{{13}}{{27{a^2}}}\)\( \Rightarrow AH = \frac{{3a\sqrt 3 }}{{\sqrt {13} }} = \frac{{3a\sqrt {39} }}{{13}}\)\( \Rightarrow d\left( {SC;BD} \right) = \frac{1}{2}AH = \frac{{3a\sqrt {39} }}{{26}}\).

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Tam giác \[ABC\], có \[A{B^2} + A{C^2} = {6^2} + {8^2} = {10^2} = B{C^2}\]

$\Rightarrow$ tam giác \[ABC\] vuông tại \[A\]\( \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC = 24.\)

Vậy thể tích khối chóp \[{V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}{S_{\Delta ABC}}.SA = 32.\]

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Gọi \[I\] là trung điểm của \[AB\].

Tam giác \(SAB\) cân tại \(S\) và có \[I\] là trung điểm \[AB\] nên \(SI \bot AB\).

Do \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\) theo giao tuyến \(AB\) nên \(SI \bot \left( {ABCD} \right)\).

Tam giác vuông \(SIA\), có

      \(SI = \sqrt {S{A^2} - I{A^2}}  = \sqrt {S{A^2} - {{\left( {\frac{{AB}}{2}} \right)}^2}}  = \frac{{a\sqrt {15} }}{2}\).

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

Vậy \[{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}}.SI = \frac{{{a^3}\sqrt {15} }}{6}.\]

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Vì \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\) nên hình chiếu vuông góc của \(SC\) trên mặt phẳng đáy \[\left( {ABCD} \right)\] là \(HC\).

Do đó góc  giữa \[SC\] và mặt đáy (ABCD) là \(\widehat {SCH} = 30^\circ \).

Tam giác vuông \(BCH\), có \(HC = \sqrt {B{C^2} + B{H^2}}  = \frac{{\sqrt 5 }}{2}.\)

Tam giác vuông \(SHC\), có \(SH = HC.\tan \widehat {SCH} = \frac{{\sqrt {15} }}{6}.\)

Diện tích hình vuông \(ABCD\) là \({S_{ABCD}} = 1\).

Vậy \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}}.SH = \frac{{\sqrt {15} }}{{18}}.\)

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Do \(AB,{\rm{ }}AC\) và \(AD\) đôi một vuông góc với nhau nên

\[{V_{ABCD}} = \frac{1}{6}AB.AC.AD = \frac{1}{6}.6a.7a.4a = 28{a^3}.\]

Dễ thấy \[{S_{\Delta MNP}} = \frac{1}{4}{S_{\Delta BCD}}\].

Suy ra \[{V_{AMNP}} = \frac{1}{4}{V_{ABCD}} = 7{a^3}\].

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Tam giác \[ABC\] vuông cân tại \[B\],

suy ra \[BA = BC = \frac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = a \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^2}}}{2}.\]

Vậy thể tích khối lăng trụ  \[V = {S_{\Delta ABC}}.BB' = \frac{{{a^3}}}{2}.\]

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Vì \[ABC.A'B'C'\] là lăng trụ đứng nên \[AA' \bot \left( {ABC} \right)\], suy ra hình chiếu vuông góc của \(A'B\) trên mặt đáy \(\left( {ABC} \right)\) là \(AB\).

Do đó góc giữa đường thẳng \(A'B\) và mặt phẳng đáy \(\left( {ABC} \right)\) là \(\widehat {ABA'} = 60^\circ \)

Tam giác vuông \(A'AB\), ta có \(AA' = AB.\tan \widehat {A'BA} = \sqrt 3 .\)

Diện tích tam giác \(ABC\) là \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}BA.BC = \frac{1}{2}.\)

Vậy \(V = {S_{\Delta ABC}}.AA' = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.\)

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Vì \(AA' \bot \left( {ABCD} \right)\) nên hình chiếu của \(A'C\) trên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là AC.

Do đó \(\widehat {A'CA} = 30^\circ \).

Vì \[BC \bot AB,BC \bot BB'\] nên \(BC \bot \left( {ABB'A'} \right)\)\( \Rightarrow BC \bot A'B\).

Do đó góc giữa mặt phẳng \[\left( {A'BC} \right)\] và đáy \[\left( {ABCD} \right)\] là \(\widehat {A'BA} = 60^\circ \)

Tam giác vuông \(A'AB\), có \(AB = \frac{{AA'}}{{\tan \widehat {A'BA}}} = a\).

Tam giác vuông \(A'AC\), có \(AC = \frac{{AA'}}{{\tan \widehat {A'CA}}} = 3a\).

Tam giác vuông \(ABC\),có \(BC = \sqrt {A{C^2} - A{B^2}}  = 2a\sqrt 2 \).

Diện tích hình chữ nhật \({S_{ABCD}} = AB.BC = 2{a^2}\sqrt 2 \).

Vậy \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = {S_{ABCD}}.AA' = 2{a^3}\sqrt 6 .\)

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Diện tích tam giác đều \({S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\). Chiều cao khối lăng trụ \[A'O = a\].

Vậy thể tích khối lăng trụ \(V = {S_{\Delta ABC}}.A'O = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}.\)

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Vì \[A'O \bot \left( {ABCD} \right)\] nên hình chiếu của \(AA'\) trên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là \(AO\).

Do đó góc giữa \[AA'\] và mặt đáy \(\left( {ABCD} \right)\) là \(\widehat {A'AO} = 45^\circ \).

Đường chéo hình chữ nhật \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = 2a \Rightarrow AO = \frac{{AC}}{2} = a\).

Suy ra tam giác \(A'OA\) vuông cân tại \(O\) nên \(A'O = AO = a\).

Diện tích hình chữ nhật \({S_{ABCD}} = AB.AD = {a^2}\sqrt 3 \).

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

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Xét khối lăng trụ \[ABC.A'B'C'\] có đáy là tam giác \[ABC.\]

Gọi \[H\] là hình chiếu của \[A'\] trên mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\]\[ \Rightarrow \]\[A'H \bot \left( {ABC} \right).\]

Suy ra \[AH\] là hình chiếu của \[AA'\] trên mặt phẳng \[\left( {ABC} \right).\]

Do đó góc giữa \(AA'\) và mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là \(\widehat {A'AH} = 60^\circ \)

Tam giác \[A'AH\] vuông tại \[H\], có \[A'H = AA'.\sin \widehat {A'AH} = 5\sqrt 3 .\]

Vậy \[V = {S_{\Delta ABC}}.A'H = 50\sqrt 3 \,{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}.\]

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) S, c) Đ, d) S

a) \(M\) là trung điểm của \(BC\), \(N\) là trung điểm của \(AC\) nên \(MN\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{MN//AB(*)}\\{MN = \frac{1}{2}AB = \frac{a}{2}}\end{array}} \right.\)

b) Vì \(\Delta BCD\) và \(\Delta ACD\) là các tam giác đều cạnh bằng \(a\) nên \(MD = ND = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

c) Từ \((*)\) suy ra: \((AB,DM) = (MN,DM) = \widehat {DMN}\).

d) Xét \(\Delta MND\), ta có:

\(\cos \widehat {DMN} = \frac{{M{N^2} + M{D^2} - N{D^2}}}{{2MN \cdot MD}} = \frac{{{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}}{{2 \cdot \frac{a}{2} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{6} > 0\)

\( \Rightarrow \widehat {DMN}\) là góc nhọn.

Vậy \((AB,DM) = (MN,DM) = \widehat {DMN}\) nên \(\cos (AB,DM) = \frac{{\sqrt 3 }}{6}\).

Hướng dẫn giải

a) S, b) Đ, c) Đ, d) Đ

a) Vì \(SA \bot \left( {ABC} \right)\)\( \Rightarrow SA \bot BC\) và \(AB \bot BC\) (do tam giác \(ABC\) vuông tại B) nên \(BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB\).

Do đó tam giác \(SBC\) vuông tại \(B\).

b) Vì \(BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AH\) mà \(AH \bot SB\) nên \(AH \bot \left( {SBC} \right)\).

c) Vì \(AH \bot \left( {SBC} \right)\)\( \Rightarrow AH \bot SC\) mà \(AK \bot SC\) nên \(SC \bot \left( {AHK} \right)\)\( \Rightarrow SC \bot HK\).

Do đó \(\left( {SC,HK} \right) = 90^\circ \).

d) Vì \((AHK) \equiv (ADK)\) mà \(SC \bot (AHK)\) nên \(SC \bot (ADK) \Rightarrow SC \bot AD\). (1)

Mặt khác \(SA \bot AD\) (do \(SA \bot (ABC),AD \subset (ABC)\)). (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(AD \bot (SAC) \Rightarrow AD \bot AC\) hay \((AC,AD) = 90^\circ \).

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) Đ

a) Vì \(AB = AC\) nên \(\Delta ABC\) cân tại \(A\). Mà \(AI\) là trung tuyến nên \(BC \bot AI\).

b) Tương tự \(BC \bot DI\) mà \(BC \bot AI\)\( \Rightarrow BC \bot (ADI)\).

c) Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot (ADI)}\\{AD \subset (ADI)}\end{array} \Rightarrow BC \bot AD} \right.\).

d) Ta có \(AI = AD \Rightarrow AH \bot DI\)

Mặt khác \(AH \bot BC\) (do \(BC \bot (ADI)) \Rightarrow AH \bot (BCD)\).

Vậy \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \((BCD)\).

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) S, c) Đ, d) S

a) Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{SA \bot (ABCD)}\\{SA \subset (SAB)}\end{array} \Rightarrow (SAB) \bot (ABCD)} \right.\) hay \(((SAB),(ABCD)) = 90^\circ \).

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

Khi đó: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC = (SBC) \cap (ABCD)}\\{AB \bot BC,SB \bot BC}\\{AB \subset (ABCD),SB \subset (SBC)}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow ((SBC),(ABCD)) = (SB,AB) = \widehat {SBA}\) (góc \(\widehat {SBA}\) nhọn vì \(\widehat {SAB} = 90^\circ \)).

c) Tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) có: \(\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{a} = \sqrt 3  \Rightarrow \widehat {SBA} = 60^\circ \).

Vậy \(((SBC),(ABCD)) = \widehat {SBA} = 60^\circ \).

d) Kẻ đường cao \(AK\) của tam giác \(ABD\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BD \bot AK}\\{BD \bot SA}\end{array} \Rightarrow BD \bot (SAK) \Rightarrow BD \bot SK} \right.\).

Khi đó: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{(SBD) \cap (ABCD) = BD}\\{AK \bot BD,SK \bot BD}\\{AK \subset (ABCD),SK \subset (SBD)}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow ((SBD),(ABCD)) = (SK,AK) = \widehat {SKA}\) (góc \(\widehat {SKA}\) nhọn vì \(\widehat {SAK} = 90^\circ \))

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

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

Tam giác \(SAK\) vuông tại \(A\) có: \(\tan \widehat {SKA} = \frac{{SA}}{{AK}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = 2 \Rightarrow \widehat {SKA} \approx 63,43^\circ \).

Vậy \(((SBD),(ABCD)) = \widehat {SKA} \approx 63,43^\circ \).

Hướng dẫn giải

a) S, b) Đ, c) S, d) S

a) Có \(CB \bot BD\) (do tam giác \(BCD\) vuông tại \(B\)) và \(CB \bot AB\) (do \(AB \bot \left( {BCD} \right)\)).

Suy ra \(CB \bot \left( {ABD} \right)\). Do đó \(BD\) là hình chiếu vuông góc của \(CD\) trên mặt phẳng \(\left( {ABD} \right)\).

Vậy \(\left( {CD,\left( {ABD} \right)} \right) = \left( {CD,BD} \right) = \widehat {CDB}\).

b) Do \(AB \bot (BCD)\) nên \(BC\) là hình chiếu của \(AC\) lên \(\left( {BCD} \right)\).

Suy ra góc giữa \(AC\) và \(\left( {BCD} \right)\) là \(\left( {AC,BC} \right) = \widehat {ACB}\).

c) Tương tự có \(BD \bot \left( {ABC} \right)\). Suy ra \(AB\) là hình chiếu của \(AD\) trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).

Do đó \(\left( {AD,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {AD,AB} \right) = \widehat {BAD}\).

d) Vì \(CB \bot \left( {ABD} \right)\) nên hình chiếu của \(AC\) trên mặt phẳng \(\left( {ABD} \right)\) là \(AB\).

Do đó \(\left( {AC,\left( {ABD} \right)} \right) = \left( {AC,AB} \right) = \widehat {BAC}\).

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) Đ, c) S, d) S

a) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{SA \bot (ABC)}\\{(SAC) \supset SA}\end{array} \Rightarrow (SAC) \bot (ABC)} \right.\).

b) Dễ thấy\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot (SAH)}\\{(SBC) \supset BC}\end{array} \Rightarrow (SBC) \bot (SAH)} \right.\).

c)

Vì \(MN//AB,NP//SC\) nên \(\left( {AB,SC} \right) = \left( {MN,NP} \right) = \widehat {MNP}\).

d) Do \(AK \bot SC\) và \(AB \bot (SAC) \Rightarrow AB \bot SC\), nên \(SC \bot (ABK)\).

Vậy ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{SC \bot (ABK)}\\{(SBC) \supset SC}\end{array} \Rightarrow (SBC) \bot (ABK)} \right.\).

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) S, c) Đ, d) S

a) Ta có: \(AD//BC \Rightarrow AD//(SBC)\).

b) Vì \(AD//(SBC)\)\( \Rightarrow d(D,(SBC)) = d(A,(SBC))\).

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

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

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

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

c) Trong mặt phẳng \((SAD)\), kẻ \(AK \bot SD\) tại \(K\). (3)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB \bot SA}\\{AB \bot AD}\end{array} \Rightarrow AB \bot (SAD) \Rightarrow AB \bot AK} \right.\).(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 \(d(AB,SD) = AK = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\).

d) 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).

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) Đ, c) S, d) Đ

a) Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(SA \bot CD\).

Mà \(SH \bot CD\) nên \(CD \bot \left( {SHA} \right)\).

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

b) Xét tam giác \(ACD\) đều cạnh \(a\) có \(AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

c) Góc \(\widehat {SHA}\) là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện \(\left[ {S,CD,A} \right]\).

d) Tam giác \(SAH\) vuông có: \({\rm{tan}}\widehat {SHA} = \frac{{SA}}{{AH}} = \frac{{\frac{a}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}.\)

Suy ra \(\widehat {SHA} = 30^\circ \). Vậy số đo của góc nhị diện \(\left[ {S,CD,A} \right]\) bằng \(30^\circ \).

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) S, c) Đ, d) Đ

a) Do \(A'B = A'C = A'A\) nên hình chiếu của \(A'\) lên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).

Do tam giác \(ABC\) là tam giác đều nên trọng tâm \(G\) cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp.

Vậy \(A'G \bot \left( {ABCD} \right)\). Do đó \(A'G\) là đường cao của hình lăng trụ \(ABCD.A'B'C'D'\).

b) Ta có tam giác \(ABC\) có \(AB = BC\) và \(\widehat {ABC} = 60^\circ \) nên \(ABC\) là tam giác đều cạnh \(3a\), suy ra \(AG = a\sqrt 3 \).

Tam giác \(A'GA\) vuông tại \(G\) và \(AA' = 2a\) nên \(A'G = a\).

c) Ta có \({S_{ABCD}} = 2{S_{ABC}} = 2.\frac{{{{\left( {3a} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{9{a^2}\sqrt 3 }}{2}\).

d) Thể tích khối lăng trụ là  \(V = A'G.{S_{ABCD}} = \frac{{9{a^3}\sqrt 3 }}{2}\)

Hướng dẫn giải

Trả lời: 60

Gọi \(O\) là giao điểm \(AC\) và \(BD,I\) là trung điểm của \(AO\).

Vì \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

Do \(MI//SO\) nên \(MI \bot \left( {ABCD} \right)\); Suy ra \(\left( {BM,\left( {ABCD} \right)} \right) = \widehat {MBI}\).

Xét tam giác \(SAO\) vuông có \(SO = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}}  = \frac{{a\sqrt {30} }}{2}{\rm{.}}\)

Suy ra \(MI = \frac{1}{2}SO = \frac{{a\sqrt {30} }}{4}\).

Xét tam giác vuông \(BIO\) có \(BI = \sqrt {O{B^2} + O{I^2}}  = \sqrt {O{B^2} + {{\frac{{OB}}{4}}^2}}  = \frac{{a\sqrt {10} }}{4}\).

Khi đó, \({\rm{tan}}\widehat {MBI} = \frac{{MI}}{{BI}} = \frac{{\frac{{a\sqrt {30} }}{4}}}{{\frac{{a\sqrt {10} }}{4}}} = \sqrt 3 \). Suy ra \(\widehat {MBI} = 60^\circ \).

Vậy góc giữa đường thẳng \(BM\) và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là \(60^\circ \).

Hướng dẫn giải

Trả lời: 11

Gọi \(I\) là hình chiếu của \(O\) trên \(CD\). \[H\] là hình chiếu của \(O\) trên \(SI\).

Thấy rằng \(CD \bot \left( {SOI} \right)\) nên \(CD \bot OH\).

Mà \(OH \bot SI\) nên \(OH \bot \left( {SCD} \right)\). Suy ra \(d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = OH\).

Vì \(AB = BC\), \(\widehat {ABC} = 60^\circ \) nên tam giác \(ABC\) đều.

Suy ra \(OB = OD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\), \(OA = OC = \frac{a}{2}\).

Xét tam giác vuông \(DOC\) có  \(OI = \frac{{OC.OD}}{{CD}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}{\rm{.}}\)

Xét tam giác vuông \(SOI\) có           \(SI = \sqrt {{{\left( {\frac{{3a}}{4}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{4}} \right)}^2}}  = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Do đó \[{\rm{\;}}OH = \frac{{SO.OI}}{{SI}} = \frac{{3a}}{8}\].  Suy ra \(\frac{m}{n} = \frac{3}{8}\). Vậy \(m + n = 3 + 8 = 11\).

Hướng dẫn giải

Trả lời: 9363

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:

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

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

\({V_2} = \left( {5 \cdot 6,5} \right) \cdot 100 = 3250\left( {{\rm{\;}}{{\rm{m}}^3}} \right).\)

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

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

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

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

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

\(V = {V_1} + {V_2} + {V_3} + {V_4} = 2925 + 3250 + 2137,5 + 1050 = 9362,5 \approx 9363\left( {{\rm{\;}}{{\rm{m}}^3}} \right).\)

Hướng dẫn giải

Trả lời: 2

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 \(\left( {BDD'B'} \right)\).

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AH \bot BD}\\{AH \bot BB'}\end{array}} \right. \Rightarrow AH\, \bot \,\left( {BDD'B'} \right)\).

Do đó \(d\left( {AA',\left( {BDD'B'} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {BDD'B'} \right)} \right) = AH\).

Xét tam giác \(ABD\) vuông tại \(A\), ta có \(AH\) là đường cao.

\[AH = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}}} }} = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{{{\left( {2\sqrt 5 } \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\sqrt 5 } \right)}^2}}}} }} = 2\].

Vậy, \(d\left( {AA',\left( {BDD'B'} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {BDD'B'} \right)} \right) = AH = 2\).

Hướng dẫn giải

Trả lời: 1,41

Gọi \(O\) là giao điểm của hai đường chéo \(AC\) và \(BD\).

Do \(S.ABCD\) là hình chóp đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

Khi đó khoảng cách từ đỉnh đến mặt đáy bằng độ dài đoạn \(SO\).

Xét tam giác \(SAO\) vuông tại \(O\), ta có \(OA = \sqrt 2 \), \(SA = 2\).

Áp dụng định lí Pitago, ta được

\(SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}}  = \sqrt {{2^2} - {{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2}}  = \sqrt 2 \).

Vậy, \(d\left( {S,\left( {ABCD} \right)} \right) = SO = \sqrt 2  \approx 1,41\).

Hướng dẫn giải

Trả lời: 45

Gọi \(O\) là giao điểm của hai đường chéo \(AC\) và \(BD\).

Do \(S.ABCD\) là hình chóp đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

Khi đó hình chiếu của \(SA\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là \(OA\).

Do đó, góc giữa đường thẳng \(SA\) và \(\left( {ABCD} \right)\) bằng góc giữa hai đường thẳng \(SA\) và \(OA\).

Xét tam giác \(SAO\) vuông tại \(O\), ta có \(OA = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\), \(SA = a\).

\(\cos \widehat {SAO} = \frac{{OA}}{{SA}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{a} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Do đó \(\widehat {SAO} = 45^\circ \).

Vậy, \(\left( {SA,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SA,AO} \right) = \widehat {SAO} = 45^\circ .\)

Hướng dẫn giải

Trả lời: 60

Do \(A'B\,{\rm{//}}\,D'C\) nên góc giữa hai đường thẳng \(AC\) và \(A'B\) bằng góc giữa hai đường thẳng \(AC\) và \(D'C\).

Xét tam giác \(ACD'\), ta có \(AC = AD' = CD'\) (cùng là đường chéo của 3 hình vuông bằng nhau) nên tam giác \(ACD'\) đều. Do đó \(\widehat {ACD'} = 60^\circ \).

Vậy, \(\left( {AC,A'B} \right) = \left( {AC,D'C} \right) = \widehat {ACD'} = 60^\circ .\)

Hướng dẫn giải

Trả lời: 47

Xét hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có chiều cao \(98\;{\rm{m}}\) và cạnh đáy \(180\;{\rm{m}}\).

Gọi \(O\) là tâm hình vuông \(ABCD\) thì \(SO \bot (ABCD) \Rightarrow SO \bot AB\). (1)

Gọi \(M\) là trung điểm \(AB\) thì \(OM\) là đường trung bình của tam giác \(ABC\), suy ra \(OM = \frac{{BC}}{2} = 90{\rm{(m)}}\) và \(OM \bot AB\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {SMO}\) là góc phẳng nhị diện \([(SAB),AB,(ABCD)]\) với \(\tan \widehat {SMO} = \frac{{SO}}{{OM}} = \frac{{98}}{{90}} = \frac{{49}}{{45}} \Rightarrow \widehat {SMO} \approx 47^\circ \).

Vậy góc nhị diện tạo bởi mặt bên và mặt đáy của kim tự tháp xấp xỉ \(47^\circ \).