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

(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 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)
Chọn hệ trục toạ độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;a;0)$, $D(0;a;0)$, $S\left(0;0;\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)$, $O\left(\frac{a}{2};\frac{a}{2};0\right)$, $I\left(0;\frac{a}{2};0\right)$.

a) Vì $ABCD$ là hình vuông nên $AC\perp BD$. Vì $SA\perp (ABCD)$ mà $BD\subset (ABCD)$ nên $SA\perp BD$. Đường thẳng $BD$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau $AC$ và $SA$ trong mặt phẳng $(SAC)$, do đó $BD\perp (SAC)$.

b) Ta có $\overrightarrow{SO}=\left(\frac{a}{2};\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)$, $\overrightarrow{AC}=(a;a;0)$.
$|\overrightarrow{SO}{|}^2=\frac{a^2}{4}+\frac{a^2}{4}+\frac{a^2}{2}=a^2\Rightarrow |\overrightarrow{SO}|=a$; $|\overrightarrow{AC}|=a\sqrt{2}$.
$\overrightarrow{SO}\cdot \overrightarrow{AC}=\frac{a^2}{2}+\frac{a^2}{2}=a^2$.
$\cos (SO,AC)=\frac{a^2}{a\cdot a\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow$ góc giữa $SO$ và $AC$ bằng $45^{\circ }$.

Lưu ý: vì $O$ là tâm hình vuông nên $O\in AC$, tức $SO$ và $AC$ cắt nhau tại $O$, góc giữa chúng chính là góc $SOA$. Tam giác $SAC$ cân tại $S$ ($SA=SC=\frac{a\sqrt{2}}{2}$, $AC=a\sqrt{2}$) nên góc $SOA=45^{\circ }$, khớp với kết quả toạ độ.

c) $\overrightarrow{OI}=\left(-\frac{a}{2};0;0\right)$, $\overrightarrow{SD}=\left(0;a;-\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)$.
$\overrightarrow{OI}\cdot \overrightarrow{SD}=0+0+0=0\Rightarrow OI\perp SD$.

Cách hình học: $O$ là trung điểm $AC$, $I$ là trung điểm $AD$ nên $OI$ là đường trung bình của tam giác $ACD$, suy ra $OI\parallel CD$. Vì $ABCD$ là hình vuông nên $CD\perp AD$; vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp CD$. Do đó $CD\perp (SAD)$ (vì $CD$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau $AD$ và $SA$ của $(SAD)$). Suy ra $OI\perp (SAD)$, mà $SD\subset (SAD)$ nên $OI\perp SD$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp CD$, $SA\perp BC$, $SA\perp BD$, $SA\perp AC$. Đáy là hình vuông nên $CD\perp AD$, $BC\perp AB$, $BD\perp AC$.
- B đúng: $CD\perp AD$ và $CD\perp SA$ nên $CD\perp (SAD)$.
- C đúng: $BD\perp AC$ và $BD\perp SA$ nên $BD\perp (SAC)$.
- D đúng: $BC\perp AB$ và $BC\perp SA$ nên $BC\perp (SAB)$.
- A sai: $AC\perp BD$ nhưng $AC$ không vuông góc với $SB$ (tam giác $SAB$ vuông tại $A$, $SB$ không vuông góc với $AC$), nên không kết luận $AC\perp (SBD)$. Thực tế nếu $AC\perp (SBD)$ thì $AC\perp SB$, mà $SB$ đã vuông góc với $SA$, suy ra $SB\perp (ABCD)$, vô lý.

(AI giải đề cho tôi)
a) Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BD$. Đáy là hình vuông nên $AC\perp BD$ (hai đường chéo vuông góc). Do đó $BD\perp (SAC)$ vì $BD$ vuông góc với hai đường cắt nhau $SA$ và $AC$ của $(SAC)$.

b) Trong tam giác $SCD$, $M$, $N$ lần lượt là trung điểm $SC$, $SD$ nên $MN\parallel CD$. Vì $ABCD$ là hình vuông nên $CD\perp AD$; vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp CD$. Suy ra $CD\perp (SAD)$, mà $MN\parallel CD$ nên $MN\perp (SAD)$.

c) Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;a;0)$, $D(0;a;0)$, $S(0;0;a\sqrt{3})$. Trung điểm $N$ của $SD$: $N\left(0;\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$.
Ta có $\overrightarrow{SB}=(a;0;-a\sqrt{3})$ (hoặc $(a;0;a\sqrt{3})$ tùy hướng, kết quả cosin như nhau xét giá trị tuyệt đối) và $\overrightarrow{CN}=\left(-a;-\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$.

$\overrightarrow{SB}\cdot \overrightarrow{CN}=-a^2+0+\frac{3a^2}{2}=\frac{a^2}{2}$ (lấy $\overrightarrow{SB}=(a;0;-a\sqrt{3})$).

$|SB|=\sqrt{a^2+3a^2}=2a$; $|CN|=\sqrt{a^2+\frac{a^2}{4}+\frac{3a^2}{4}}=a\sqrt{2}$.

$$\cos (SB,CN)=\frac{\frac{a^2}{2}}{2a\cdot a\sqrt{2}}=\frac{1}{4\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{8}.$$

Vậy góc giữa $SB$ và $CN$ bằng $\arccos \frac{\sqrt{2}}{8}\approx 79^{\circ }37^{\prime }$.

(AI giải đề cho tôi)
Lời giải AI cho Câu 13 (Phần IV), trình bày lại theo chuỗi lập luận hợp lệ.

Ta có: $AB\perp (BCD)$ nên $AB\perp CD$, $AB\perp BD$, $AB\perp BC$. Vì $H$ là trực tâm tam giác $BCD$ nên $BH\perp CD$, $CH\perp BD$, $DH\perp BC$.

**a) Chứng minh $AD\perp CH$.**

Bước 1: $CD\perp AB$ và $CD\perp BH$ (trực tâm), mà $AB$ cắt $BH$ tại $B$ và cùng thuộc $(ABH)$, suy ra $CD\perp (ABH)$, do đó $CD\perp AH$. (Có thể thấy ngay bằng định lý ba vuông góc: hình chiếu của $AH$ trên $(BCD)$ là $BH$, mà $BH\perp CD$.)

Bước 2: Gọi $E$ là giao điểm của đường thẳng $CH$ với $BD$ (tồn tại vì tam giác $BCD$ nhọn nên đường cao từ $C$ cắt cạnh $BD$; $H\in CE$). Ta có $BD\perp AB$ (vì $AB\perp (BCD)$) và $BD\perp CE$ (vì $CH\perp BD$), mà $AB$ cắt $CE$ tại... $AB$ qua $B$, $CE$ qua $E$, cả hai cùng vuông góc với $BD$ và cùng nằm trong mặt phẳng đi qua $BD$ — chính xác hơn: $AB$ và $BE$ cắt nhau tại $B$, $BD\perp AB$, $BD\perp BE$ (vì $BE\subset BD$) nên $BD\perp (ABE)$. Suy ra $BD\perp AE$.

Bước 3: $BD\perp AE$ và $BD\perp CE$ (tức $BD\perp CH$), mà $AE$ cắt $CE$ tại $E$ và cùng thuộc $(ACE)$, suy ra $BD\perp (ACE)$. Vì $H\in CE\subset (ACE)$ nên $AH\subset (ACE)$, do đó $BD\perp AH$.

Bước 4: Từ bước 1 và bước 3: $AH\perp CD$ và $AH\perp BD$, mà $CD$ cắt $BD$ tại $D$ và cùng thuộc $(BCD)$, suy ra $AH\perp (BCD)$.

Bước 5: Vì $AH\perp (BCD)$ nên $AH\perp BC$; kết hợp $AB\perp BC$, mà $AH$ cắt $AB$ tại $A$ và cùng thuộc $(ABH)$, suy ra $BC\perp (ABH)$, do đó $BC\perp AD$. Cùng với $BD\perp AD$ (bước 3), mà $BC$ cắt $BD$ tại $B$ và cùng thuộc $(BCD)$, suy ra $AD\perp (BCD)$.

Bước 6: Vì $AD\perp (BCD)$ mà $CH\subset (BCD)$ nên $AD\perp CH$. $■$

**b) Chứng minh $HK\perp (ACD)$.**

Vì $K$ là trực tâm tam giác $ACD$ nên $CK\perp AD$ và $AK\perp CD$.

- Từ câu a): $AD\perp BC$ và $AD\perp CH$, mà $BC$ cắt $CH$ tại $C$ và cùng thuộc $(BCH)$, suy ra $AD\perp (BCH)$. Mặt phẳng qua $C$ vuông góc với $AD$ là duy nhất và chính là $(BCH)$; vì $CK\perp AD$ đi qua $C$ nên $CK\subset (BCH)$, tức $K\in (BCH)$. Do đó $HK\subset (BCH)$ và $HK\perp AD$.
- Từ câu a): $CD\perp AB$ và $CD\perp AH$, mà $AB$ cắt $AH$ tại $A$ và cùng thuộc $(ABH)$, suy ra $CD\perp (ABH)$. Mặt phẳng qua $A$ vuông góc với $CD$ là duy nhất và chính là $(ABH)$; vì $AK\perp CD$ đi qua $A$ nên $AK\subset (ABH)$, tức $K\in (ABH)$. Do đó $HK\subset (ABH)$ và $HK\perp CD$.

Từ $HK\perp AD$ và $HK\perp CD$, mà $AD$ cắt $CD$ tại $D$ và cùng thuộc $(ACD)$, suy ra $HK\perp (ACD)$. $■$

Ghi chú: lời giải AI trước đó trong nguồn chứa hai bước suy luận không hợp lệ (dùng $DH\subset (ABH)$ và $AD\subset (ABH)$), đã được thay bằng chuỗi lập luận đúng ở trên: dùng giao điểm $E=CH\cap BD$ để có $BD\perp (ACE)\Rightarrow BD\perp AH\Rightarrow AH\perp (BCD)$, rồi $AD\perp (BCD)\Rightarrow AD\perp CH$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục toạ độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;a;0)$, $D(0;a;0)$, $A^{\prime }(0;0;a)$, $B^{\prime }(a;0;a)$, $C^{\prime }(a;a;a)$, $D^{\prime }(0;a;a)$.

a) Ta có $\overrightarrow{D{C}^{\prime }}=(a;0;a)$. Mặt phẳng $(A^{\prime }{D}^{\prime }CB)$ đi qua $B(a;0;0)$ với $\overrightarrow{B{A}^{\prime }}=(-a;0;a)$, $\overrightarrow{BC}=(0;a;0)$. Pháp tuyến của mặt phẳng: $\vec{n}=\overrightarrow{B{A}^{\prime }}\times \overrightarrow{BC}=(-a^2;0;-a^2)\parallel (1;0;1)$. Vì $\overrightarrow{D{C}^{\prime }}=(a;0;a)$ cùng phương với $\vec{n}$ nên $D{C}^{\prime }\perp (A^{\prime }{D}^{\prime }CB)$.

Cách chứng minh tổng quát (không cần toạ độ): Trong mặt phẳng $(DC{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ là hình vuông, $D{C}^{\prime }\perp D^{\prime }C$. Mặt khác $BC\perp (DC{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ (vì $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ là lập phương) nên $BC\perp D{C}^{\prime }$. Vì $D{C}^{\prime }\perp D^{\prime }C$, $D{C}^{\prime }\perp BC$ với $D^{\prime }C,BC$ cắt nhau trong $(A^{\prime }{D}^{\prime }CB)$ nên $D{C}^{\prime }\perp (A^{\prime }{D}^{\prime }CB)$.

b) Gọi $O=AC\cap BD$ là tâm hình vuông $ABCD$. Ta có:
- $BD\perp AC$ (hai đường chéo hình vuông);
- $BD\perp A{A}^{\prime }$ (vì $A{A}^{\prime }\perp (ABCD)$).
Suy ra $BD\perp (A^{\prime }AC)$, do đó $BD\perp A^{\prime }C$.

Vì $BD$ là giao tuyến của $(ABCD)$ và $(A^{\prime }BD)$, đồng thời $BD\perp AC$ và $BD\perp A^{\prime }C$ nên góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa $AC$ và $A^{\prime }C$, tức là $\widehat{A^{\prime }CA}$.

Tam giác $A{A}^{\prime }C$ vuông tại $A$ với $AC=a\sqrt{2}$, $A{A}^{\prime }=a$:
$$\tan \widehat{A^{\prime }CA}=\frac{A{A}^{\prime }}{AC}=\frac{a}{a\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}.$$

Vậy tang của góc giữa mặt phẳng $(ABCD)$ và mặt phẳng $(A^{\prime }BD)$ bằng $\frac{\sqrt{2}}{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 7: Hình chóp $S.ABCD$ đáy là hình chữ nhật, $SA\perp (ABCD)$; $H,K$ là hình chiếu của $A$ trên $SB,SD$.

a) Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA$ vuông góc với mọi đường thẳng trong đáy, kể cả $BC$. Đúng.

b) $CD\perp AD$ (đáy hình chữ nhật) và $CD\perp SA$ nên $CD\perp (SAD)$, suy ra $CD\perp SD$. Vì $SD\subset (SCD)$ và $(SCD)\cap (ABCD)=CD$ nên $(SCD)\perp (ABCD)$. Đúng.

c) Từ $CD\perp (SAD)$ suy ra $CD\perp SD$, tam giác $SCD$ vuông tại $D$. Đúng.

d) $AH\perp SB$ và $BC\perp (SAB)$ (vì $BC\perp AB$, $BC\perp SA$) nên $BC\perp AH$, suy ra $AH\perp (SBC)$ nên $AH\perp SC$. Tương tự $AK\perp SD$ và $CD\perp (SAD)$ nên $CD\perp AK$, suy ra $AK\perp (SCD)$ nên $AK\perp SC$. Vì $SC$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau $AH,AK$ trong $(AHK)$ nên $SC\perp (AHK)$. Đúng.

Cả bốn ý đều đúng.

(AI giải đề cho tôi)
a) Vì $OA\perp OB$ và $OA\perp OC$ nên $OA\perp (OBC)$, suy ra $OA\perp OK$. Mà $OH$ nằm trong mặt phẳng $(OAK)$ nên $OA\perp OH$. Đúng.
b) $OA\perp OB$ và $OA\perp OC$ nên $OA\perp (OBC)\subset (OAC)$, do đó $(OAB)\perp (OAC)$. Đúng.
c) $OA\perp (OBC)\Rightarrow OA\perp BC$; $OB\perp (OAC)\Rightarrow OB\perp AC$; $OC\perp (OAB)\Rightarrow OC\perp AB$. Mọi cặp cạnh đối vuông góc. Đúng.
d) $BC\perp OK$ (đường cao tam giác $OBC$) và $BC\perp OA$ nên $BC\perp (OAK)$, suy ra $BC\perp OH$. Mặt khác $OH\perp AK$ (đường cao tam giác $OAK$) nên $OH\perp (ABC)$. Vậy $OH$ có vuông góc với $(ABC)$, khẳng định "OH không vuông góc với (ABC)" là sai.

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng: $BC\perp AB$ (tam giác $ABC$ vuông tại $B$) và $BC\perp SA$ (vì $SA\perp (ABC)$) nên $BC\perp (SAB)$, suy ra $BC\perp SB$, tức tam giác $SBC$ vuông tại $B$.
b) Đúng: $AB\perp SA$ và $AB\perp AC$ nên $AB\perp (SAC)$, mà $AB\subset (SAB)$ nên $(SAC)\perp (SAB)$.
c) Đúng: $AH\perp SB$ (giả thiết) và $AH\perp BC$ (vì $BC\perp (SAB)\Rightarrow BC\perp AH$), với $SB,BC$ cắt nhau trong $(SBC)$ nên $AH\perp (SBC)$.
d) Sai: Tương tự $AK\perp (SBC)$ (vì $AK\perp SC$ và $AK\perp BC$), do đó $AD\perp (SBC)$, tức $AD\perp BC$: $D$ là chân đường cao hạ từ $A$ trong tam giác $ABC$. Khi đó $(AC,AD)=\widehat{CAD}=90^{\circ }-\widehat{ACB}$, góc này phụ thuộc vào hình dạng tam giác $ABC$ (không có dữ kiện cố định), nên không khẳng định được bằng $60^{\circ }$.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
$BC\perp (SAB)$ nên $BC\perp SB$, tam giác $SBC$ vuông tại $B$.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
$AB\perp (SAC)$ nên $(SAB)\perp (SAC)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
$AH\perp SB$ và $AH\perp BC$ nên $AH\perp (SBC)$.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
$AD\perp (SBC)$ nên $\widehat{CAD}=90^{\circ }-\widehat{ACB}$, giá trị phụ thuộc tam giác $ABC$, không chắc bằng $60^{\circ }$.

a) Vì tam giác $SAB$ đều nên $H$ là trung điểm của $AB$ nên $SH\perp AB$. Ta có $\{\begin{array}{l}(SAB)\cap (ABCD)=AB\\ (SAB)\perp (ABCD)\\ SH\perp AB\end{array}\Rightarrow SH\perp (ABCD)$. Chọn ĐÚNG.

b) Do $△SAB$ đều cạnh $a$ nên $SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Ta có $S_{ABCD}=2a^2\Rightarrow V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}$. Chọn SAI.

c) Vì $SH\perp (ABCD)$ nên $HC$ là hình chiếu vuông góc của $SC$ trên mp(ABCD) $\Rightarrow \widehat{(SC,(ABCD))}=\widehat{SCH}$. Chọn SAI.

d) $d(M,(SAC))=d(H,(SAC))=HK=\frac{a\sqrt{57}}{19}\ne \frac{2\sqrt{57}}{19}a$. Chọn SAI.


a) a) Vì tam giác $SAB$ đều nên $H$ là trung điểm của $AB$ nên $SH\perp AB$. Ta có $\{\begin{array}{l}(SAB)\cap (ABCD)=AB\\ (SAB)\perp (ABCD)\\ SH\perp AB\end{array}\Rightarrow SH\perp (ABCD)$. Chọn ĐÚNG.
b) b) Do $△SAB$ đều cạnh $a$ nên $SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Ta có $S_{ABCD}=2a^2\Rightarrow V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}$. Chọn SAI. (Lưu ý: trang lời giải ghi $V_{S.ABCD}$, đề gốc ghi $V_{S.ABC}$.)
c) c) Vì $SH\perp (ABCD)$ nên $HC$ là hình chiếu vuông góc của $SC$ trên mp(ABCD) $\Rightarrow \widehat{(SC,(ABCD))}=\widehat{SCH}$. Chọn SAI.
d) d) Ta có $SD\cap mp(SAC)=S$ nên $\frac{d(M,(SAC))}{d(D,(SAC))}=\frac{MS}{DS}=\frac{1}{2}$ $\Rightarrow \mathrm{d}(\mathrm{M},(SAC))=\frac{1}{2}\mathrm{d}(\mathrm{D},(SAC))=\frac{1}{2}\mathrm{d}(\mathrm{B},(SAC))$. Mặt khác $\frac{\mathrm{d}(\mathrm{B},(SAC))}{\mathrm{d}(\mathrm{H},(SAC))}=\frac{BA}{HA}=2\Rightarrow \mathrm{d}(\mathrm{B},(SAC))=2\mathrm{d}(\mathrm{H},(SAC))\Rightarrow \mathrm{d}(\mathrm{M},(SAC))=\mathrm{d}(\mathrm{H},(SAC))$. Gọi $I$ là hình chiếu của $H$ trên $AC$. Ta có $\{\begin{array}{l}AC\perp HI\\ AC\perp SH\end{array}\Rightarrow AC\perp (SHI)\Rightarrow AC\perp HK$. $\{\begin{array}{l}HK\perp SI\\ HK\perp AC\end{array}\Rightarrow HK\perp (SAC)\Rightarrow d(H,(SAC))=\mathrm{HK}$. $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=a\sqrt{5}$. $\Delta AIH\sim \Delta ABC(g-g)\Rightarrow \frac{AI}{AB}=\frac{IH}{BC}=\frac{AH}{AC}\Rightarrow IH=\frac{BC\cdot AH}{AC}=\frac{a\sqrt{5}}{5}$. $\Delta SHI$ có $HK=\frac{SH\cdot HI}{\sqrt{S{H}^2+H{I}^2}}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{a\sqrt{5}}{5}}{\sqrt{{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2+{\left(\frac{a\sqrt{5}}{5}\right)}^2}}=\frac{a\sqrt{57}}{19}$. Vậy $d(M,(SAC))=d(H,(SAC))=HK=\frac{a\sqrt{57}}{19}$. Chọn SAI.