Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Đường vuông góc mặt (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BD$ (D đúng). Trong hình vuông $ABCD$, $BD\perp AC$ và $BD\perp SA$ nên $BD\perp (ASC)$, suy ra $BD\perp SC$ (A đúng) và $BD\perp SO$ (C đúng). Với B: $BC\perp AB$ và $BC\perp SA$ nên $BC\perp (SAB)$, do đó $BC\perp SB$ chứ không suy ra $BC\perp SD$. Khẳng định B là sai.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $B=(0;0;0)$, $C=(a;0;0)$, $A=\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)$. Vì $(A^{\prime }BC)\perp (ABC)$ nên $A^{\prime }$ thuộc mặt phẳng qua $BC$ vuông góc với $(ABC)$, tức $A^{\prime }=\left(\frac{a}{2};0;h\right)$; tam giác $A^{\prime }BC$ đều cạnh $a$ cho $h=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Suy ra $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\left(0;-\frac{a\sqrt{3}}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$, $B^{\prime }=\left(0;-\frac{a\sqrt{3}}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$, $C^{\prime }=\left(a;-\frac{a\sqrt{3}}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$.

a) $\overrightarrow{B^{\prime }C}=\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\left(a;\frac{a\sqrt{3}}{2};-\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$, còn $\overrightarrow{C{C}^{\prime }}-\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{C{C}^{\prime }}+\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{C{C}^{\prime }}+\overrightarrow{BC}=\left(a;-\frac{a\sqrt{3}}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$. Hai véc-tơ không bằng nhau → sai.

b) $\overrightarrow{BC}\cdot \overrightarrow{A{A}^{\prime }}=(a;0;0)\cdot \left(0;-\frac{a\sqrt{3}}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)=0$ → đúng.

c) $M$ trung điểm $C{C}^{\prime }$: $M=\left(a;-\frac{a\sqrt{3}}{4};\frac{a\sqrt{3}}{4}\right)$, $\overrightarrow{BM}=\left(a;-\frac{a\sqrt{3}}{4};\frac{a\sqrt{3}}{4}\right)$, $|\overrightarrow{BM}|=\frac{a\sqrt{22}}{4}$. Tích vô hướng $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}\cdot \overrightarrow{BM}=\frac{3a^2}{8}+\frac{3a^2}{8}=\frac{3a^2}{4}$. Vậy $\cos =\frac{3a^2/4}{a\cdot a\sqrt{22}/4}=\frac{3}{\sqrt{22}}=\frac{3\sqrt{22}}{22}\ne \frac{\sqrt{22}}{11}$ → sai.

d) $\overrightarrow{A^{\prime }B}=\left(-\frac{a}{2};0;-\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$, $\overrightarrow{B^{\prime }C}=\left(a;\frac{a\sqrt{3}}{2};-\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$, tích vô hướng $=-\frac{a^2}{2}+0+\frac{3a^2}{4}=\frac{a^2}{4}$ → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{B^{\prime }C}=\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\left(a;\frac{a\sqrt{3}}{2};-\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$ còn $\overrightarrow{C{C}^{\prime }}-\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{C{C}^{\prime }}+\overrightarrow{BC}=\left(a;-\frac{a\sqrt{3}}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$, không bằng nhau.
b) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{BC}\cdot \overrightarrow{A{A}^{\prime }}=(a;0;0)\cdot \left(0;-\frac{a\sqrt{3}}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)=0$ vì $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ nằm trong mặt phẳng vuông góc với $(ABC)$ qua $BC$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Tính được $\cos \left(\overrightarrow{A{A}^{\prime }},\overrightarrow{BM}\right)=\frac{3a^2/4}{a\cdot a\sqrt{22}/4}=\frac{3\sqrt{22}}{22}\ne \frac{\sqrt{22}}{11}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{A^{\prime }B}\cdot \overrightarrow{B^{\prime }C}=-\frac{a^2}{2}+\frac{3a^2}{4}=\frac{a^2}{4}$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(a\sqrt{2};0;0)$, $D(0;a\sqrt{2};0)$, $C(a\sqrt{2};a\sqrt{2};0)$, $S(0;0;a\sqrt{3})$.

a) Vì $BC\perp AB$ và $BC\perp SA$ (vì $SA\perp (ABCD)$) nên $BC\perp (SAB)$. Mà $AH\subset (SAB)$ nên $BC\perp AH$. Đúng.

c) $AK\perp SD$ (đường cao tam giác $SAD$). Vì $CD\perp AD$, $CD\perp SA$ nên $CD\perp (SAD)$, suy ra $CD\perp AK$. Vậy $AK\perp (SDC)$. Đúng.

b) $SB=SD=a\sqrt{5}$. Chân đường cao: $H=S+\frac{S{A}^2}{S{B}^2}(B-S)=\left(\frac{3a\sqrt{2}}{5};0;\frac{2a\sqrt{3}}{5}\right)$, tương tự $K=\left(0;\frac{3a\sqrt{2}}{5};\frac{2a\sqrt{3}}{5}\right)$. Mặt phẳng $(AHK)$ qua $A$ có vectơ pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{AH}\times \overrightarrow{AK}\propto (-\sqrt{6};-\sqrt{6};3)$, phương trình $\sqrt{6}(x+y)=3z$. Khoảng cách từ $C(a\sqrt{2};a\sqrt{2};0)$: $d=\frac{\sqrt{6}\cdot 2a\sqrt{2}}{\sqrt{21}}=\frac{4a\sqrt{3}}{\sqrt{21}}=\frac{4a\sqrt{7}}{7}\ne \frac{2a\sqrt{7}}{7}$. Sai.

d) $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}\cdot AB\cdot BC\cdot SA=\frac{1}{6}\cdot a\sqrt{2}\cdot a\sqrt{2}\cdot a\sqrt{3}=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}\ne \frac{2a^3\sqrt{3}}{3}$. Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$BC\perp (SAB)$ nên $BC\perp AH\subset (SAB)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Khoảng cách thực tế là $\frac{4a\sqrt{7}}{7}$, không phải $\frac{2a\sqrt{7}}{7}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$AK\perp SD$ và $AK\perp CD$ (vì $CD\perp (SAD)$), nên $AK\perp (SCD)$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$V_{S.ABC}=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}$, không phải $\frac{2a^3\sqrt{3}}{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$. Vì $SA=SB=SC=SD$ nên $S$ nằm trên đường thẳng qua $O$ vuông góc với mặt phẳng $(ABCD)$. Trong tam giác $SBD$ cân tại $S$ với $\widehat{BSD}=120^{\circ }$, gọi $SB=L$ thì $BD=2L\sin 60^{\circ }=L\sqrt{3}$, suy ra $OB=\frac{BD}{2}=\frac{L\sqrt{3}}{2}$. Chiều cao $SO=\sqrt{L^2-\frac{3L^2}{4}}=\frac{L}{2}$. Góc giữa mỗi sợi cáp và phương thẳng đứng thỏa $\sin \theta =\frac{OB}{SB}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, nên $\theta =60^{\circ }$. Thành phần thẳng đứng của lực căng mỗi dây: $T\cos 60^{\circ }=8\sqrt{3}\cdot \frac{1}{2}=4\sqrt{3}$ (N). Do đối xứng, các thành phần ngang triệt tiêu, cân bằng cho $P=4\cdot 4\sqrt{3}=16\sqrt{3}$ (N). Vậy $a=16$, $b=3$, $a+b=19$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$. Vì $SA=SB=SC=SD$ nên $S$ nằm trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng $(ABCD)$ tại $O$, và $SO$ là trục đối xứng của hình chóp.

Tam giác $BSD$ vuông tại $S$ (do $\widehat{BSD}=90^{\circ }$) và cân tại $S$ ($SB=SD$), nên $BD=SB\sqrt{2}$, suy ra $OB=\frac{BD}{2}=\frac{SB\sqrt{2}}{2}$.

Theo Pythagore trong tam giác vuông $SOB$: $S{O}^2=S{B}^2-O{B}^2=S{B}^2-\frac{S{B}^2}{2}=\frac{S{B}^2}{2}$, nên $\frac{SO}{SB}=\frac{1}{\sqrt{2}}$.

Mỗi sợi cáp có lực căng $6(N)$ dọc theo phương từ $A,B,C,D$ lên $S$. Thành phần thẳng đứng của mỗi lực bằng $6\cdot \frac{SO}{SB}=\frac{6}{\sqrt{2}}$. Các thành phần ngang triệt tiêu do đối xứng.

Cân bằng lực: $P=4\cdot \frac{6}{\sqrt{2}}=\frac{24}{\sqrt{2}}=12\sqrt{2}(N)$.

Vậy $a=12,b=2$, $a+b=14$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $r$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy, $h=SO$ chiều cao hình chóp đều $S.ABCD$. Vì $\widehat{ASC}=90^{\circ }$ nên $A{C}^2=S{A}^2+S{C}^2=2S{A}^2$. Với $AC=2r$ và $S{A}^2=r^2+h^2$ ta được $4r^2=2(r^2+h^2)\Rightarrow h=r$. Góc giữa mỗi xích và phương thẳng đứng thỏa $\cos \alpha =\frac{h}{SA}=\frac{r}{\sqrt{r^2+r^2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$. Cân bằng phương thẳng đứng: $4T\cos \alpha =mg=70\text{N}$, suy ra $T=\frac{70\sqrt{2}}{4}=\frac{a\sqrt{2}}{4}\Rightarrow a=70$. Kết quả khớp đáp án nguồn (70).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$ (B đúng). Tam giác $ABC$ vuông tại $B$ nên $BC\perp AB$, kết hợp $BC\perp SA$ suy ra $BC\perp (SAB)$, do đó $BC\perp SB$ (C đúng) và $BC\perp AD$. Mà $AD\perp SB$ nên $AD\perp (SBC)$, suy ra $AD\perp SC$ (A đúng). Nếu $AD\perp AC$ thì $AC\perp (SBC)$ (vì $AC$ nằm trong $(SAB)$... thực chất $AD\perp (SBC)$ và $AD\subset (SAB)$), khi đó $AC\perp BC$ và $AC\perp SC$, dẫn đến tam giác $ABC$ có hai góc vuông — vô lý. Vậy mệnh đề sai là D.

(AI giải đề cho tôi)
Thiết lập tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;a;0)$, $D(0;a;0)$, $S(0;0;a\sqrt{3})$.

a) $SA\perp (ABCD)\Rightarrow SA\perp BC$. Đúng.

b) $BC\perp AB$ (đáy hình vuông) và $BC\perp SA$ (câu a) với $AB,SA$ cắt nhau trong $(SAB)$, nên $BC\perp (SAB)$. Đúng.

c) $N$ là trung điểm $SD$, $P$ là trung điểm $CD$ nên $NP$ là đường trung bình của tam giác $SCD$, suy ra $NP\parallel SC$. Mà $SC\subset (SBC)$, $NP\not\subset (SBC)$, nên $NP\parallel (SBC)$. Trong mặt phẳng $(MNP)$: $M$ trung điểm $SA$, $N$ trung điểm $SD$ nên $MN\parallel AD\parallel BC$, do đó $(MNP)\parallel (SBC)$. Đúng.

d) $NP\parallel SC$ nên $(NP,AC)=(SC,AC)$. Tính $\overrightarrow{SC}=(a;a;-a\sqrt{3})$, $\overrightarrow{AC}=(a;a;0)$:
$$\cos (SC,AC)=\frac{a^2+a^2}{a\sqrt{5}\cdot a\sqrt{2}}=\frac{2}{\sqrt{10}}\approx 0,6325,$$
suy ra góc $\approx 50,8^{\circ }\ne 45^{\circ }$. Sai.

Kết quả khớp đáp án nguồn: a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) S.
a) (AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA$ vuông góc với mọi đường thẳng trong mặt phẳng đáy, do đó $SA\perp BC$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$BC\perp AB$ (đáy là hình vuông) và $BC\perp SA$ (vì $SA\perp (ABCD)$), với $AB\cap SA=A$ cùng nằm trong $(SAB)$, nên $BC\perp (SAB)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$NP$ là đường trung bình tam giác $SCD$ nên $NP\parallel SC\subset (SBC)$, suy ra $NP\parallel (SBC)$. $M$ trung điểm $SA$, $N$ trung điểm $SD$ nên $MN\parallel AD\parallel BC\subset (SBC)$, suy ra $MN\parallel (SBC)$. Hai đường thẳng cắt nhau $NP,MN$ trong $(MNP)$ đều song song $(SBC)$, vậy $(MNP)\parallel (SBC)$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$NP\parallel SC$ nên $(NP,AC)=(SC,AC)$. Với tọa độ $\overrightarrow{SC}=(a;a;-a\sqrt{3})$, $\overrightarrow{AC}=(a;a;0)$, ta có $\cos (SC,AC)=\frac{2a^2}{a\sqrt{5}\cdot a\sqrt{2}}=\frac{2}{\sqrt{10}}\approx 0,6325$, suy ra góc $\approx 50,8^{\circ }\ne 45^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Vì mặt bên $(SBC)$ vuông tại $B$ nên $SB\perp BC$; vì $AD\parallel BC$ nên $SB\perp AD$. Mặt bên $(SCD)$ vuông tại $D$ nên $SD\perp CD$; vì $AB\parallel CD$ nên $SD\perp AB$.
- Xét mặt phẳng $(SAD)$: $AB\perp AD$ (hình chữ nhật) và $AB\perp SD$ $\Rightarrow AB\perp (SAD)$ $\Rightarrow AB\perp SA$.
- Xét mặt phẳng $(SAB)$: $AD\perp AB$ và $AD\perp SB$ $\Rightarrow AD\perp (SAB)$ $\Rightarrow AD\perp SA$.
Vì $SA\perp AB$ và $SA\perp AD$, $AB\cap AD=A$ nên $SA\perp (ABCD)$.
Tam giác $SAD$ vuông tại $A$ có $SD=a\sqrt{5}$, $AD=BC=a\sqrt{3}$ nên $SA=\sqrt{S{D}^2-A{D}^2}=\sqrt{5a^2-3a^2}=a\sqrt{2}$.
(Thử lại: $SB=\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}=a\sqrt{3}$, $SC=\sqrt{S{D}^2+C{D}^2}=a\sqrt{6}$, và $S{B}^2+B{C}^2=3a^2+3a^2=6a^2=S{C}^2$ — thỏa mãn $SBC$ vuông tại $B$.)

b) Đặt hệ tọa độ $A(0,0)$, $B(a,0)$, $C(a,a\sqrt{3})$, $D(0,a\sqrt{3})$. Đường thẳng qua $A$ vuông góc $AC$ có phương trình $x+\sqrt{3}y=0$; cắt $CB$ $(x=a)$ tại $I\left(a,-\frac{a}{\sqrt{3}}\right)$ và cắt $CD$ $(y=a\sqrt{3})$ tại $J(-3a,a\sqrt{3})$. Vậy $I$, $A$, $J$ thẳng hàng, tức $IJ$ chính là đường thẳng qua $A$ vuông góc với $AC$.

Chứng minh $A,I,J,H$ đồng phẳng: vì $IJ\perp AC$ và $IJ\perp SA$ (do $SA\perp (ABCD)$ mà $IJ$ nằm trong đáy) nên $IJ\perp (SAC)$ $\Rightarrow IJ\perp SC$; lại có $AH\perp SC$ (giả thiết). $SC$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau $IJ$ và $AH$ nên $SC\perp (HIJ)$, tức $A,H,I,J$ cùng thuộc một mặt phẳng vuông góc với $SC$ tại $H$.

Xác định $K$: $K=SB\cap (HIJ)$. Vì $K\in (HIJ)$ nên $AK\perp SC$. Mặt khác $BC\perp SA$ và $BC\perp AB$ $\Rightarrow BC\perp (SAB)$; mà $AK\subset (SAB)$ (vì $K\in SB$) nên $AK\perp BC$. $SC\cap BC=C$ nên $AK\perp (SBC)$.

Xác định $L$: $L=SD\cap (HIJ)$. Vì $L\in (HIJ)$ nên $AL\perp SC$. Mặt khác $CD\perp AD$ và $CD\perp SA$ $\Rightarrow CD\perp (SAD)$; mà $AL\subset (SAD)$ (vì $L\in SD$) nên $AL\perp CD$. $SC\cap CD=C$ nên $AL\perp (SCD)$.

Vị trí cụ thể: $K$ là chân đường cao hạ từ $A$ trong tam giác $SAB$ vuông tại $A$, với $SK=\frac{S{A}^2}{SB}=\frac{2a^2}{a\sqrt{3}}=\frac{2a}{\sqrt{3}}$; $L$ là chân đường cao hạ từ $A$ trong tam giác $SAD$ vuông tại $A$, với $SL=\frac{S{A}^2}{SD}=\frac{2a^2}{a\sqrt{5}}=\frac{2a}{\sqrt{5}}$.

(AI giải đề cho tôi)
**Câu 7.** Chọn hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;a;0)$, $D(0;a;0)$. Khi đó $I\left(\frac{a}{2};0;0\right)$, $J\left(\frac{a}{2};a;0\right)$.

Vì $SAB$ đều cạnh $a$ nên $S$ có dạng $\left(\frac{a}{2};y;h\right)$ với $y^2+h^2=\frac{3a^2}{4}$. Vì $SCD$ vuông cân tại $S$ nên $SC=SD=\frac{a}{\sqrt{2}}$, tức ${\left(y-a\right)}^2+h^2=\frac{a^2}{4}$. Trừ hai phương trình: $-2ay+a^2=-\frac{a^2}{2}\Rightarrow y=\frac{3a}{4}$, suyra $h^2=\frac{3a^2}{4}-\frac{9a^2}{16}=\frac{3a^2}{16}\Rightarrow h=\frac{a\sqrt{3}}{4}$.
Vậy $S\left(\frac{a}{2};\frac{3a}{4};\frac{a\sqrt{3}}{4}\right)$. (Kiểm tra: $\overrightarrow{SC}\cdot \overrightarrow{SD}=-\frac{a^2}{4}+\frac{a^2}{16}+\frac{3a^2}{16}=0$, đúng vuông tại $S$.)

**a)** $\overrightarrow{SI}=\left(0;\frac{3a}{4};\frac{a\sqrt{3}}{4}\right)$.
- $\overrightarrow{SI}\cdot \overrightarrow{CD}=0$ (vì $\overrightarrow{CD}=(-a;0;0)$), mà $CD\subset (SCD)$.
- $\overrightarrow{SI}\cdot \overrightarrow{SC}=0\cdot \left(-\frac{a}{2}\right)+\frac{3a}{4}\cdot \left(-\frac{a}{4}\right)+\frac{a\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{4}=-\frac{3a^2}{16}+\frac{3a^2}{16}=0$.
Vậy $SI\perp (SCD)$.

Tương tự $\overrightarrow{SJ}=\left(0;-\frac{a}{4};\frac{a\sqrt{3}}{4}\right)$:
- $\overrightarrow{SJ}\cdot \overrightarrow{AB}=0$ với $\overrightarrow{AB}=(a;0;0)$, $AB\subset (SAB)$.
- $\overrightarrow{SJ}\cdot \overrightarrow{SA}=0\cdot \left(-\frac{a}{2}\right)+\left(-\frac{a}{4}\right)\left(-\frac{3a}{4}\right)+\frac{a\sqrt{3}}{4}\cdot \left(-\frac{a\sqrt{3}}{4}\right)=\frac{3a^2}{16}-\frac{3a^2}{16}=0$.
Vậy $SJ\perp (SAB)$.

**b)** Đường thẳng $IJ$ là tập điểm $\left(\frac{a}{2};y;0\right)$. Hình chiếu của $S$ lên $IJ$ là $H\left(\frac{a}{2};\frac{3a}{4};0\right)$, nên $\overrightarrow{SH}=\left(0;\frac{3a}{4};-\frac{a\sqrt{3}}{4}\right)$ (cùng phương với $\overrightarrow{SI}$).
Ta có $\overrightarrow{AC}=(a;a;0)$ nên $\overrightarrow{SH}\cdot \overrightarrow{AC}=0+\frac{3a^2}{4}+0\ne 0$? — kiểm tra lại: $\overrightarrow{SH}=(0;\frac{3a}{4};-\frac{a\sqrt{3}}{4})$, tích $\overrightarrow{SH}\cdot \overrightarrow{AC}=0\cdot a+\frac{3a}{4}\cdot a+\left(-\frac{a\sqrt{3}}{4}\right)\cdot 0=\frac{3a^2}{4}\ne 0$?

Sửa lại: thực chất $SH$ chính là đường thẳng $SI$ (vì $H$ nằm trên $IJ$ và $SI\perp (SCD)\supset IJ$ nên $SI\perp IJ$, tức $H\equiv$ giao của $SI$ với $IJ$). Xét $\overrightarrow{SI}=\left(0;\frac{3a}{4};\frac{a\sqrt{3}}{4}\right)$ và $\overrightarrow{AC}=(a;a;0)$: $\overrightarrow{SI}\cdot \overrightarrow{AC}=0+\frac{3a^2}{4}+0=\frac{3a^2}{4}\ne 0$?

Kiểm tra lại bằng hình học thuần: $SH\perp IJ$ (định nghĩa hình chiếu) và $SH\subset$ mặt phẳng $(SIJ)$? Thực ra $S,I,J,H$ đồng phẳng (cùng mặt phẳng $x=\frac{a}{2}$). Trong mặt phẳng đáy, $AC$ có phương trình $y=x$, tức vectơ chỉ phương $(1;1;0)$. Vectơ $\overrightarrow{SH}$ nằm trong mặt phẳng $(SIJ)$ vuông góc với $IJ$. Mà $IJ\parallel$ trục $Oy$...

Xét lại chính xác: $\overrightarrow{SH}=\overrightarrow{IH}$? Không — $\overrightarrow{SH}=H-S=\left(0;0;-\frac{a\sqrt{3}}{4}\right)$? Sai: $H=\left(\frac{a}{2};\frac{3a}{4};0\right)$, $S=\left(\frac{a}{2};\frac{3a}{4};\frac{a\sqrt{3}}{4}\right)$, nên $\overrightarrow{SH}=\left(0;0;-\frac{a\sqrt{3}}{4}\right)$, tức $SH$ vuông góc với mặt đáy! Kiểm tra: $SH\perp IJ$ vì $IJ$ nằm trong đáy ✓. Khi đó $\overrightarrow{SH}\cdot \overrightarrow{AC}=\left(0;0;-\frac{a\sqrt{3}}{4}\right)\cdot (a;a;0)=0$. Vậy $SH\perp AC$. ✓

(Giải thích hình học: vì $SI\perp (SCD)$ nên $SI\perp IJ$, do đó hình chiếu của $S$ lên $IJ$ chính là $I$... kiểm tra: $I=\left(\frac{a}{2};0;0\right)$, nhưng $\overrightarrow{SI}=\left(0;\frac{3a}{4};\frac{a\sqrt{3}}{4}\right)$ và $\overrightarrow{IJ}=\left(0;a;0\right)$, tích có hướng $=\frac{3a}{4}\cdot a\ne 0$? Tính: $\overrightarrow{SI}\cdot \overrightarrow{IJ}=0+\frac{3a^2}{4}+0\ne 0$ — mâu thuẫn với $SI\perp (SCD)$?

Kiểm tra lại $SI\perp (SCD)$: $\overrightarrow{SI}\cdot \overrightarrow{SD}$ với $\overrightarrow{SD}=D-S=\left(-\frac{a}{2};\frac{a}{4};-\frac{a\sqrt{3}}{4}\right)$: $0+\frac{3a^2}{16}-\frac{3a^2}{16}=0$ ✓; $\overrightarrow{SI}\cdot \overrightarrow{CD}=0$ ✓. Vậy $SI\perp (SCD)$ đúng, mà $IJ\subset (SCD)$ nên $SI\perp IJ$, tức $\overrightarrow{SI}\cdot \overrightarrow{IJ}$ phải bằng 0. Tính lại $\overrightarrow{IJ}=J-I=(0;a;0)$, $\overrightarrow{SI}=S-I=\left(0;\frac{3a}{4};\frac{a\sqrt{3}}{4}\right)$: tích $=\frac{3a}{4}\cdot a=\frac{3a^2}{4}\ne 0$. Mâu thuẫn!

Tìm lỗi: $\overrightarrow{SI}\cdot \overrightarrow{SD}=0\cdot (-\frac{a}{2})+\frac{3a}{4}\cdot \frac{a}{4}+\frac{a\sqrt{3}}{4}\cdot (-\frac{a\sqrt{3}}{4})=\frac{3a^2}{16}-\frac{3a^2}{16}=0$ ✓. Nhưng $\overrightarrow{SI}\cdot \overrightarrow{IJ}\ne 0$ với $\overrightarrow{IJ}=(0;a;0)$? $\overrightarrow{SI}=(0;\frac{3a}{4};\frac{a\sqrt{3}}{4})$, nhân với $(0;1;0)$ cho $\frac{3a}{4}\ne 0$. Vậy $SI$ KHÔNG vuông góc $IJ$, nghĩa là $SI$ không vuông góc $(SCD)$?? Nhưng $SI\perp SD$ và $SI\perp CD$... $CD$ có vectơ chỉ phương $(-1;0;0)$, $\overrightarrow{SI}\cdot (-1,0,0)=0$ ✓. Hai vectơ $\overrightarrow{SD}=(-\frac{a}{2};\frac{a}{4};-\frac{a\sqrt{3}}{4})$ và $\overrightarrow{CD}=(-a;0;0)$ không đồng phẳng? $\overrightarrow{SD}$ và $\overrightarrow{CD}$: $\overrightarrow{SD}$ có thành phần $y,z$ khác 0, $\overrightarrow{CD}$ chỉ theo $x$ — chúng định hướng mặt phẳng $(SCD)$. Vectơ pháp tuyến của $(SCD)$: $\vec{n}=\overrightarrow{CD}\times \overrightarrow{SD}=(-a;0;0)\times (-\frac{a}{2};\frac{a}{4};-\frac{a\sqrt{3}}{4})=(0;-a\cdot \frac{a\sqrt{3}}{4}\cdot (-1)\cdot ...)$ tính cẩn thận: $\vec{u}=(-a,0,0)$, $\vec{v}=(-\frac{a}{2},\frac{a}{4},-\frac{a\sqrt{3}}{4})$. $\vec{u}\times \vec{v}=(0\cdot (-\frac{a\sqrt{3}}{4})-0\cdot \frac{a}{4},0\cdot (-\frac{a}{2})-(-a)(-\frac{a\sqrt{3}}{4}),(-a)(\frac{a}{4})-0)=\left(0;-\frac{a^2\sqrt{3}}{4};-\frac{a^2}{4}\right)$. Vậy pháp tuyến $(0;\sqrt{3};1)$ (tỉ lệ). $\overrightarrow{SI}=(0;\frac{3a}{4};\frac{a\sqrt{3}}{4})$: tích với $(0;\sqrt{3};1)$: $\frac{3a\sqrt{3}}{4}+\frac{a\sqrt{3}}{4}=a\sqrt{3}\ne 0$. Vậy $SI$ KHÔNG vuông góc $(SCD)$!

Vậy khẳng định a) của đề... kiểm tra lại tọa độ $S$. Điều kiện $SAB$ đều: $SA=SB=AB=a$, $S=(\frac{a}{2};y;h)$, $y^2+h^2=\frac{3a^2}{4}$ ✓. $SCD$ vuông cân tại $S$: $SC=SD$ và $SC\perp SD$. $S{C}^2=\frac{a^2}{4}+(y-a{)}^2+h^2$, $S{D}^2=\frac{a^2}{4}+y^2+h^2$. $SC=SD\Rightarrow (y-a{)}^2=y^2\Rightarrow y=\frac{a}{2}$. À! Trước tôi dùng nhầm điều kiện $S{C}^2=\frac{a^2}{2}$ (từ $S{C}^2+S{D}^2=C{D}^2$). Với $y=\frac{a}{2}$: $h^2=\frac{3a^2}{4}-\frac{a^2}{4}=\frac{a^2}{2}$, $h=\frac{a}{\sqrt{2}}$. Kiểm tra $SC\perp SD$: $\overrightarrow{SC}=(\frac{a}{2};-\frac{a}{2};h)$? $C-S=(a-\frac{a}{2};a-\frac{a}{2};-h)=(\frac{a}{2};\frac{a}{2};-h)$; $\overrightarrow{SD}=(-\frac{a}{2};\frac{a}{2};-h)$. Tích: $-\frac{a^2}{4}+\frac{a^2}{4}+h^2=h^2\ne 0$. Không vuông!

Vậy cần cả hai điều kiện: $SC=SD\Rightarrow y=\frac{a}{2}$; $SC\perp SD\Rightarrow -\frac{a^2}{4}+\frac{a^2}{4}+h^2=0\Rightarrow h=0$ — suy biến! Mâu thuẫn: không tồn tại $S$ với $y\ne 0$... Chờ, $SC\cdot SD=\frac{a}{2}\cdot (-\frac{a}{2})+\frac{a}{2}\cdot \frac{a}{2}+h^2$? $\overrightarrow{SC}=(\frac{a}{2};\frac{a}{2};-h)$, $\overrightarrow{SD}=(-\frac{a}{2};\frac{a}{2};-h)$: tích $=-\frac{a^2}{4}+\frac{a^2}{4}+h^2=h^2$. Để bằng 0 cần $h=0$, vô lý.

Vậy với $y=\frac{a}{2}$ không được. Nhưng $SC=SD$ bắt buộc $y=\frac{a}{2}$ (vì $C,D$ đối xứng qua $x=\frac{a}{2}$... thực ra $C=(a,a)$, $D=(0,a)$, trung điểm $CD$ là $J=(\frac{a}{2},a)$; $SC=SD⟺S$ nằm trong mặt phẳng $x=\frac{a}{2}$ ✓ đã thỏa). Tích $\overrightarrow{SC}\cdot \overrightarrow{SD}=(\frac{a}{2})(-\frac{a}{2})+(y-a)(y-a)+h^2$? $\overrightarrow{SC}=(\frac{a}{2};y-a;h)$, $\overrightarrow{SD}=(-\frac{a}{2};y-a;h)$. Tích $=-\frac{a^2}{4}+(y-a{)}^2+h^2$. Với điều kiện $S{C}^2=S{D}^2$ tự động thỏa (đối xứng). Cần $-\frac{a^2}{4}+(y-a{)}^2+h^2=0$ và $y^2+h^2=\frac{3a^2}{4}$. Trừ: $(y-a{)}^2-y^2=-\frac{a^2}{4}-\frac{3a^2}{4}=-a^2\Rightarrow -2ay+a^2=-a^2\Rightarrow y=a$. Khi đó $h^2=\frac{3a^2}{4}-a^2<0$ — vô lý!

Kết luận: với cấu hình $S$ cùng phía (đáy vuông, $AB\parallel CD$, $I,J$ đối xứng), hệ điều kiện vô nghiệm. Thử $S$ ở phía bên kia ($h$ âm) không đổi. Vậy bài toán như tọa độ đã chọn vô nghiệm?

Nhưng khoan — có thể $SAB$ đều với $S$ nằm sao cho hình chiếu xuống đáy không phải trên đường $x=\frac{a}{2}$? $SA=SB=a$ bắt buộc $S$ trên mặt phẳng trung trực của $AB$, tức $x=\frac{a}{2}$. Đúng.

Vậy hình chóp với đáy vuông, $SAB$ đều, $SCD$ vuông cân tại $S$ không tồn tại? Kiểm tra lại điều kiện vuông cân: tam giác $SCD$ vuông cân đỉnh $S$ nghĩa là $\widehat{CSD}=90^{\circ }$ và $SC=SD$. Với $S=(\frac{a}{2};y;h)$: $S{C}^2=\frac{a^2}{4}+(y-a{)}^2+h^2$, $S{D}^2=\frac{a^2}{4}+y^2+h^2$ — chờ, $D=(0,a)$, $S=(\frac{a}{2},y,h)$: $S{D}^2=\frac{a^2}{4}+(y-a{)}^2+h^2$. Và $C=(a,a)$: $S{C}^2=\frac{a^2}{4}+(y-a{)}^2+h^2$. Ồ, chúng bằng nhau tự động! Tôi trước tính $SD$ với $D=(0,a)$ sai thành $(y)$ thay vì $(y-a)$. Đúng: cả $C$ và $D$ đều có tung độ $a$. Vậy $SC=SD$ luôn đúng, và $SC\perp SD⟺-\frac{a^2}{4}+(y-a{)}^2+h^2=0$.

Kết hợp $y^2+h^2=\frac{3a^2}{4}$: $(y-a{)}^2+h^2=\frac{a^2}{4}\Rightarrow y^2-2ay+a^2+h^2=\frac{a^2}{4}\Rightarrow \frac{3a^2}{4}-2ay+a^2=\frac{a^2}{4}\Rightarrow -2ay=-\frac{3a^2}{2}\Rightarrow y=\frac{3a}{4}$. Đây chính là kết quả đầu tiên! $h^2=\frac{3a^2}{4}-\frac{9a^2}{16}=\frac{3a^2}{16}$, $h=\frac{a\sqrt{3}}{4}$. Vậy $S=(\frac{a}{2};\frac{3a}{4};\frac{a\sqrt{3}}{4})$ — cấu hình tồn tại, tính toán ban đầu đúng.

Bây giờ kiểm tra lại a): $\overrightarrow{SI}=I-S=(0;-\frac{3a}{4};-\frac{a\sqrt{3}}{4})$ (hay $S-I$, cùng phương). $\overrightarrow{SD}=D-S=(-\frac{a}{2};\frac{a}{4};-\frac{a\sqrt{3}}{4})$. Tích: $0+(-\frac{3a}{4})(\frac{a}{4})+(-\frac{a\sqrt{3}}{4})(-\frac{a\sqrt{3}}{4})=-\frac{3a^2}{16}+\frac{3a^2}{16}=0$ ✓. $\overrightarrow{CD}=D-C=(-a;0;0)$, tích với $\overrightarrow{SI}=0$ ✓. Vậy $SI\perp (SCD)$ ✓. Và $\overrightarrow{SI}\cdot \overrightarrow{IJ}$ với $\overrightarrow{IJ}=J-I=(0;a;0)$: $(-\frac{3a}{4})\cdot a=-\frac{3a^2}{4}\ne 0$?? Nhưng $IJ\subset (SCD)$ nên phải bằng 0!

Lỗi ở đâu? $\overrightarrow{SD}=(-\frac{a}{2};\frac{a}{4};-\frac{a\sqrt{3}}{4})$, $\overrightarrow{SC}=C-S=(\frac{a}{2};\frac{a}{4};-\frac{a\sqrt{3}}{4})$. $\overrightarrow{SC}\cdot \overrightarrow{SD}=-\frac{a^2}{4}+\frac{a^2}{16}+\frac{3a^2}{16}=0$ ✓. Mặt phẳng $(SCD)$ chứa $S,C,D$: các điểm có $y$ từ... $S$ có $y=\frac{3a}{4}$, $C,D$ có $y=a$. Vectơ $\overrightarrow{IJ}=(0;a;0)$: điểm $I=(\frac{a}{2};0;0)$ có $y=0$ — $I$ KHÔNG thuộc $(SCD)$, nhưng đường thẳng $IJ$ có nằm trong $(SCD)$ không? $J\in (SCD)$, $I\notin (SCD)$, nên $IJ$ chỉ cắt $(SCD)$ tại $J$. Tôi nhầm: $IJ$ không nằm trong $(SCD)$! Đúng, vì $I$ không thuộc mặt phẳng $(SCD)$. Vậy không có mâu thuẫn. $SI\perp (SCD)$ và $SI\perp IJ$ không cần thiết.

Tương tự $SJ\perp (SAB)$: $\overrightarrow{SJ}=J-S=(0;\frac{a}{4};-\frac{a\sqrt{3}}{4})$. $\overrightarrow{SA}=A-S=(-\frac{a}{2};-\frac{3a}{4};-\frac{a\sqrt{3}}{4})$: tích $=0+\frac{3a^2}{16}-\frac{3a^2}{16}=0$ ✓. $\overrightarrow{AB}=(a;0;0)$: tích $=0$ ✓. Vậy $SJ\perp (SAB)$ ✓.

**b)** $H$ là hình chiếu của $S$ lên $IJ$. Đường $IJ$: $(\frac{a}{2};t;0)$. $\overrightarrow{SH}=(0;t-\frac{3a}{4};-\frac{a\sqrt{3}}{4})$, $\overrightarrow{IJ}=(0;1;0)$, $\overrightarrow{SH}\cdot \overrightarrow{IJ}=t-\frac{3a}{4}=0\Rightarrow t=\frac{3a}{4}$. Vậy $H=(\frac{a}{2};\frac{3a}{4};0)$, $\overrightarrow{SH}=(0;0;-\frac{a\sqrt{3}}{4})$ — $SH$ vuông góc đáy. $\overrightarrow{AC}=(a;a;0)$: $\overrightarrow{SH}\cdot \overrightarrow{AC}=0$ ✓. Vậy $SH\perp AC$.

**c)** $M=(t;a;0)$ trên đường thẳng $CD$. $\overrightarrow{BM}=(t-a;a;0)$, $\overrightarrow{SA}=(-\frac{a}{2};-\frac{3a}{4};-\frac{a\sqrt{3}}{4})$. $\overrightarrow{BM}\cdot \overrightarrow{SA}=-\frac{a(t-a)}{2}-\frac{3a^2}{4}=0\Rightarrow t-a=-\frac{3a}{2}\Rightarrow t=-\frac{a}{2}$. $M=(-\frac{a}{2};a;0)$. $AM=\sqrt{\frac{a^2}{4}+a^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$.