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

(AI giải đề cho tôi)
Câu 3 (1,0 điểm). Cho hình chóp $SABCD$ có $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$, $SA\perp (ABCD)$, $SA=2a$.

a) Vì $ABCD$ là hình vuông nên $BC\perp AB$. Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BC$. Ta có: $BC\perp AB$, $BC\perp SA$, trong đó $AB,SA\subset (SAB)$ và $AB\cap SA=A$. Vậy $BC\perp (SAB)$.

b) Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $AC$ là hình chiếu của $SC$ trên $(ABCD)$. Do đó góc giữa đường thẳng $SC$ và mặt phẳng $(ABCD)$ là $\widehat{SCA}$.

Tam giác $SAC$ vuông tại $A$ với $SA=2a$ và $AC=a\sqrt{2}$ (đường chéo hình vuông cạnh $a$). Khi đó:
$$\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{2a}{a\sqrt{2}}=\sqrt{2}.$$
Suy ra $\widehat{SCA}=\arctan \sqrt{2}\approx 54,74^{\circ }\approx 54^{\circ }44^{\prime }$.

Vậy góc giữa đường thẳng $SC$ và mặt phẳng $(ABCD)$ bằng $\arctan \sqrt{2}\approx 54^{\circ }44^{\prime }$.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp S.ABCD, đáy hình chữ nhật AB=6, AD=8, SA⊥(ABCD). Bảng đáp án mã đề 102, Phần II câu 3: SSĐĐ.
a) Sai: AC⊥BD (hai đường chéo hình chữ nhật) nhưng để AC⊥(SBD) cần AC⊥SB, điều này không đúng (SB không nằm trong mặt đáy). Vậy AC không vuông góc với (SBD).
b) Sai: Góc SBA=45° nên SA=AB=6. Gọi H là hình chiếu của A trên BD: AH = AB·AD/BD = 6·8/10 = 4,8; BH = √(AB²−AH²) = 3,6; SB = 6√2 nên SH = √(SB²−BH²) = √59,04 ≈ 7,684. Vì BD⊥AH và BD⊥SA nên BD⊥(SAH), suy ra (SBD)⊥(SAH) với giao tuyến SH. Tam giác SAH vuông tại A (SA⊥AH), khoảng cách từ A đến (SBD) là d(A,SH) = AH·SA/√(AH²+SA²) = 4,8·6/√(4,8²+6²) = 28,8/7,684 ≈ 3,75. Sin góc giữa SA và (SBD) = 3,75/6 ≈ 0,6247 ⇒ góc ≈ 38,7° < 42°. Vậy khẳng định 'lớn hơn 42°' là sai.
c) Đúng: SA⊥(ABCD) nên A là hình chiếu của S trên đáy, do đó hình chiếu của SC lên mặt đáy là AC.
d) Đúng: CD⊥AD (hình chữ nhật) và CD⊥SA (vì SA⊥đáy) ⇒ CD⊥(SAD) ⇒ CD⊥SD.
a) AC chỉ vuông góc với BD trong mặt đáy, không vuông góc với SB nên không vuông góc với (SBD).
b) Với góc SBA=45° thì SA=AB=6. Gọi H là hình chiếu của A trên BD, AH = AB·AD/BD = 6·8/10 = 4,8; BH = √(AB²−AH²) = 3,6; SB = 6√2 nên SH = √(SB²−BH²) = √59,04 ≈ 7,684. Vì BD⊥(SAH) nên (SBD)⊥(SAH), giao tuyến SH. Trong mặt phẳng (SAH), tam giác SAH vuông tại A (vì SA⊥AH), nên d(A,(SBD)) = d(A,SH) = AH·SA/√(AH²+SA²) = 4,8·6/7,684 ≈ 3,75. Sin góc giữa SA và (SBD) = 3,75/6 ≈ 0,6247 ⇒ góc ≈ 38,7° < 42°. Vậy khẳng định 'lớn hơn 42°' là sai.
c) SA⊥(ABCD) nên hình chiếu của S là A, hình chiếu của SC là AC.
d) CD⊥AD và CD⊥SA ⇒ CD⊥(SAD) ⇒ CD⊥SD.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp S.ABCD, đáy hình chữ nhật AB=6, AD=8, SA⊥(ABCD).
a) Sai: Nếu AC⊥(SBD) thì AC⊥BD (đúng) và AC⊥SB. Nhưng SB không nằm trong mặt đáy; thực tế trong mặt phẳng (SAC), SO (O = AC∩BD) là giao tuyến của (SAC) và (SBD), mà AC không vuông góc với SO (vì tam giác SAC không phải vuông tại O với cấu hình này), nên AC không vuông góc (SBD).
b) Đúng: SA⊥(ABCD) nên hình chiếu của S lên đáy là A, do đó hình chiếu của SC lên mặt đáy là AC.
c) Đúng: CD⊥AD (hình chữ nhật) và CD⊥SA (vì SA⊥(ABCD)) ⇒ CD⊥(SAD) ⇒ CD⊥SD.
d) Sai: Gọi O = AC∩BD. Toạ độ A(0,0,0), B(6,0,0), D(0,8,0), C(6,8,0); tan∠SBA = SA/AB = 1 ⇒ SA = 6, S(0,0,6). Mặt phẳng (SBD): SB=(6,0,-6), SD=(0,8,-6), pháp tuyến n=(4,3,4), phương trình 4x+3y+4z=24. Khoảng cách từ A: d = 24/√41. Góc giữa SA và (SBD): sinθ = d/SA = (24/√41)/6 = 4/√41 ≈ 0,6247 ⇒ θ ≈ 38,66° < 42°. Vậy khẳng định 'lớn hơn 42°' là sai. Kết quả khớp bảng đáp án mã đề 101: S, Đ, Đ, S.
a) (AI giải đề cho tôi)
AC không vuông góc với (SBD) vì AC không vuông góc với giao tuyến SO của (SAC) và (SBD).
b) (AI giải đề cho tôi)
SA⊥(ABCD) nên hình chiếu của S lên đáy là A, hình chiếu của SC là AC.
c) (AI giải đề cho tôi)
CD⊥AD và CD⊥SA ⇒ CD⊥(SAD) ⇒ CD⊥SD.
d) (AI giải đề cho tôi)
SA=6, sinθ = 4/√41 ⇒ θ ≈ 38,66° < 42°, nên khẳng định sai.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: B(0,0,0), A(a,0,0), C(0,a,0). Vì SA⊥(ABC) và SB=a√2 nên SA=√(SB²−AB²)=a, suy ra S(a,0,a). M là trung điểm AC nên M(a/2,a/2,0).
a) SA⊥(ABC) nên SA⊥AC. Đúng.
b) Tam giác ABC vuông cân tại B nên BM là trung tuyến ứng với cạnh huyền, do đó BM⊥AC; lại SA⊥(ABC) nên SA⊥BM. Vậy BM⊥(SAC). Đúng.
c) SC=(−a,a,−a), N=S+t(−a,a,−a). Điều kiện MN⊥SC: (M−S)·SC=0 với M−S=(−a/2,a/2,−a), tích vô hướng = a²/2+a²/2+a²=2a², |SC|²=3a², nên t=2/3. N=(a/3,2a/3,a/3), BN=a√(1/9+4/9+1/9)=a√6/3 ≠ a√3/3. Sai.
d) MN=(−a/6,a/6,a/3), |MN|=a√6/6, |BN|=a√6/3, MN·BN=a²/6, cos(MN,BN)=(a²/6)/(a²·6/18)=1/2 nên góc bằng 60°, không phải 30°. Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
SA⊥(ABC) nên SA vuông với mọi đường thẳng trong mặt phẳng đáy, kể cả AC.
b) (AI giải đề cho tôi)
Tam giác ABC vuông cân tại B, BM là trung tuyến của cạnh huyền AC nên BM⊥AC; mặt khác SA⊥(ABC) nên SA⊥BM. Vậy BM⊥(SAC).
c) (AI giải đề cho tôi)
Với tọa độ B(0,0,0), A(a,0,0), C(0,a,0), S(a,0,a), M(a/2,a/2,0), tìm N trên SC với MN⊥SC được N=(a/3,2a/3,a/3), suy ra BN=a√6/3, không bằng a√3/3.
d) (AI giải đề cho tôi)
MN=(−a/6,a/6,a/3), |MN|=a√6/6, |BN|=a√6/3, MN·BN=a²/6 nên cos=1/2, góc bằng 60° chứ không phải 30°.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 2 (PHẦN IV):

a) Vì $MNP$ là tam giác đều nên đường trung tuyến $ME$ cũng là đường cao, do đó $ME\perp NP$. Mặt khác $SE\perp (MNP)$ mà $NP\subset (MNP)$ nên $SE\perp NP$. Ta có $NP\perp ME$, $NP\perp SE$, với $ME,SE\subset (SME)$ và cắt nhau tại $E$, suy ra $NP\perp (SME)$.

b) Trong tam giác $SME$: $A$ là trung điểm $SM$, $B$ là trung điểm $SE$ nên $AB$ là đường trung bình của tam giác $SME$, suy ra $AB\parallel ME$. Do đó góc giữa $AB$ và $SN$ bằng góc giữa $ME$ và $SN$.

Chứng minh $ME\perp SN$: từ câu a) ta có $NP\perp (SME)$, suy ra $NP\perp ME$. Mặt khác $SE\perp (MNP)$ nên $SE\perp ME$. Vì $ME$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau $NP$ và $SE$ trong mặt phẳng $(SEN)$, suy ra $ME\perp (SEN)$, do đó $ME\perp SN$.

(Kiểm tra bằng tọa độ: chọn $E$ làm gốc, $EN$ trục $Ox$, $EM$ trục $Oy$, $ES$ trục $Oz$. Giả sử cạnh đáy $a=2$, khi đó $N(1;0;0)$, $M(0;\sqrt{3};0)$, $S(0;0;h)$ với $h=SE>0$. Khi đó $\overrightarrow{ME}=(0;-\sqrt{3};0)$ và $\overrightarrow{SN}=(1;0;-h)$, nên $\overrightarrow{ME}\cdot \overrightarrow{SN}=0+0+0=0$, tức $ME\perp SN$ với mọi $h$.)

Kết luận: góc giữa đường thẳng $AB$ và $SN$ bằng $90^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Tam giác $ABC$ vuông tại $B$, $AC=2a$, $BC=a$ nên $AB=a\sqrt{3}$.

a) $AB\perp BC$ nhưng $AB$ không vuông góc với $AC$ (góc $BAC\ne 90^{\circ }$), nên $AB$ không vuông góc với mặt phẳng $(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ → Sai.

b) Vì $B^{\prime }{C}^{\prime }\parallel BC$, góc giữa $B^{\prime }{C}^{\prime }$ và $AC$ bằng góc giữa $BC$ và $AC$ = góc $BCA$, với $\cos \angle BCA=\frac{BC}{AC}=\frac{a}{2a}=\frac{1}{2}$ → góc bằng $60^{\circ }$ → Đúng.

c) Hình chiếu của $B^{\prime }C$ lên $(ABC)$ là $BC$ (vì $B{B}^{\prime }\perp (ABC)$), nên góc giữa $B^{\prime }C$ và $(ABC)$ là góc $B^{\prime }CB$, không phải $B^{\prime }CA$ → Sai.

d) $BC\perp AB$ và $BC\perp B{B}^{\prime }$ nên $BC\perp (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$; mà $BC\subset (B{B}^{\prime }{C}^{\prime }C)$ nên $(B{B}^{\prime }{C}^{\prime }C)\perp (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ → Đúng.

Kết quả khớp bảng đáp án SĐSĐ.

a) (AI giải đề cho tôi)
$AB$ chỉ vuông góc với $BC$, không vuông góc với $AC$ nên không vuông góc với $(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$.

b) (AI giải đề cho tôi)
$B^{\prime }{C}^{\prime }\parallel BC$ nên góc cần tìm là $\angle BCA=60^{\circ }$ vì $\cos \angle BCA=\frac{a}{2a}=\frac{1}{2}$.

c) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $B^{\prime }C$ trên $(ABC)$ là $BC$, góc giữa $B^{\prime }C$ và $(ABC)$ là $B^{\prime }CB$.

d) (AI giải đề cho tôi)
$BC\perp AB$, $BC\perp B{B}^{\prime }$ nên $BC\perp (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$, do đó $(B{B}^{\prime }{C}^{\prime }C)\perp (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì đáy là hình thang vuông tại A và D nên AB ∥ CD, AB ⊥ AD, CD ⊥ AD; M là trung điểm AB nên AM = a = DC, do đó AMCD là hình vuông.

a) Ta có CD ⊥ AD (giả thiết) và CD ⊥ SA (vì SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ CD). CD ⊥ AD, CD ⊥ SA với AD, SA là hai đường thẳng cắt nhau trong mặt phẳng (SAD). Vậy CD ⊥ (SAD).

b) Vì AMCD là hình vuông nên MC ⊥ AB (hai đường chéo hình vuông vuông góc nhau). Mặt khác SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ MC. MC ⊥ AB và MC ⊥ SA, với AB, SA là hai đường thẳng cắt nhau trong mặt phẳng (SAB), suy ra MC ⊥ (SAB). Vì MC ⊂ (SCM) nên (SCM) ⊥ (SAB).

c) Tính các độ dài:
• AC² = AD² + DC² = a² + a² = 2a², nên SC² = SA² + AC² = a² + 2a² = 3a².
• Trong mặt phẳng đáy, kẻ BH ⊥ DC (H trên tia DC), BH = AD = a, CH = AB − DC = 2a − a = a, nên CB² = BH² + CH² = a² + a² = 2a².
• SB² = SA² + AB² = a² + 4a² = 5a².
Ta có SC² + CB² = 3a² + 2a² = 5a² = SB². Theo định lý Pythagoras đảo, tam giác SCB vuông tại C.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA=SC$ nên tam giác $SAC$ cân tại $S$, mà $O$ là trung điểm $AC$ nên $SO\perp AC$. Tương tự $SB=SD$ cho $SO\perp BD$. Suy ra $SO\perp (ABCD)$ (D đúng). Lại có $AC\perp BD$ (hình thoi) và $AC\perp SO$ nên $AC\perp (SBD)$ (A đúng); $BD\perp AC$ và $BD\perp SO$ nên $BD\perp (SAC)$ (C đúng). Với B: $CD\perp BD$ nhưng $CD$ không vuông góc với $SO$ (vì $SO\perp (ABCD)$ nên $SO$ chỉ vuông góc mọi đường thẳng qua $O$ trong $(ABCD)$, còn $CD$ không qua $O$; thực tế $CD$ không vuông góc $(SBD)$). Vậy mệnh đề sai là B.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AC=a$ bằng cạnh hình thoi nên tam giác $ABC$ và $ACD$ đều cạnh $a$, suy ra $BD=a\sqrt{3}$. a) Trong hình thoi $AC\perp BD$; lại có $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AC$. Do đó $AC\perp (SBD)$, kéo theo $AC\perp SB$: đúng. b) $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BC$: đúng. c) $BD\perp AC$ (tính chất hình thoi) và $BD\perp SA$ (vì $SA\perp (ABCD)$), với $AC,SA$ cắt nhau trong $(SAC)$ nên $BD\perp (SAC)$: đúng. d) Tọa độ hóa: $A(0;0;0)$, $C(a;0;0)$, $B(a/2;a\sqrt{3}/2;0)$, $D(a/2;-a\sqrt{3}/2;0)$, $S(0;0;a\sqrt{2})$. Khi đó $\overrightarrow{SD}=(a/2;-a\sqrt{3}/2;-a\sqrt{2})$, $|SD|=\sqrt{a^2/4+3a^2/4+2a^2}=a\sqrt{3}$, và $\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{SD}=a^2/2$. Suy ra $\cos \phi =\frac{a^2/2}{a\cdot a\sqrt{3}}=\frac{1}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{6}$: đúng. Cả bốn ý a), b), c), d) đều đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$AC\perp BD$ (hình thoi) và $AC\perp SA$ (vì $SA\perp (ABCD)$), nên $AC\perp (SBD)$, suy ra $AC\perp SB$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$SA\perp (ABCD)$ nên $SA$ vuông góc với mọi đường thẳng trong mặt đáy, kể cả $BC$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$BD\perp AC$ (tính chất hình thoi) và $BD\perp SA$ (vì $SA\perp (ABCD)$), $AC$ cắt $SA$ tại $A$ trong $(SAC)$, nên $BD\perp (SAC)$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Với tọa độ $A(0;0;0)$, $C(a;0;0)$, $D(a/2;-a\sqrt{3}/2;0)$, $S(0;0;a\sqrt{2})$: $\overrightarrow{SD}=(a/2;-a\sqrt{3}/2;-a\sqrt{2})$, $|SD|=a\sqrt{3}$, $\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{SD}=a^2/2$, nên $\cos \phi =\frac{a^2/2}{a^2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{6}$.

(AI giải đề cho tôi)
**Câu a)** Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$. Tam giác $ABC$ vuông tại $B$ nên $AB\perp BC$. Từ đó $BC\perp (SAB)$, mà $AH\subset (SAB)$ nên $BC\perp AH$. Lại có $AH\perp SB$ (giả thiết $H$ là hình chiếu của $A$ trên $SB$), với $SB\subset (SBC)$, $BC\subset (SBC)$, $SB\cap BC=B$. Vậy $AH\perp (SBC)$.

**Câu b)** Vì $AK\perp SC$ (giả thiết) và $HK$ là hình chiếu của $AK$ trên $(SBC)$, theo định lý ba đường vuông góc ta có $HK\perp SC$.

Xét mặt phẳng $(AHK)$: $SC\perp AK$, $SC\perp HK$, trong đó $AK\subset (AHK)$, $HK\subset (AHK)$, $AK\cap HK=K$. Suy ra $SC\perp (AHK)$.

Vì $D=HK\cap BC$ nên $D\in HK\subset (AHK)$, do đó $AD\subset (AHK)$, suy ra $SC\perp AD$. Mặt khác $D\in BC\subset (ABC)$ nên $AD\subset (ABC)$, mà $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp AD$.

Ta có $AD\perp SC$, $AD\perp SA$, với $SC\subset (SAC)$, $SA\subset (SAC)$, $SA\cap SC=S$. Vậy $AD\perp (SAC)$, suy ra $AD\perp AC$.

Kiểm tra bằng tọa độ: đặt $B=(0;0;0)$, $A=(a;0;0)$, $C=(0;b;0)$, $S=(a;0;h)$. Khi đó
$$H=\left(\frac{a^3}{a^2+h^2};0;\frac{a^{2}h}{a^2+h^2}\right),K=\left(\frac{a(a^2+b^2)}{T};\frac{b{h}^2}{T};\frac{h(a^2+b^2)}{T}\right),T=a^2+b^2+h^2.$$

Đường thẳng $HK$ cắt trục $Oy$ (đường thẳng $BC$) tại $D=(0;y_D;0)$ với tham số $\lambda =-\frac{a^{2}T}{b^2{h}^2}$ (thỏa cả hai điều kiện $x=0$ và $z=0$), cho
$$y_D=\lambda \cdot \frac{b{h}^2}{T}=-\frac{a^2}{b}.$$

Khi đó $\overrightarrow{AC}=(-a;b;0)$, $\overrightarrow{AD}=\left(-a;-\frac{a^2}{b};0\right)$ nên
$$\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{AD}=a^2+b\cdot \left(-\frac{a^2}{b}\right)=0,$$

tức $AC\perp AD$ (khớp với kết quả tổng quát ở trên).

Vậy góc giữa hai đường thẳng $AC$ và $AD$ bằng $90^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng: SA vuông góc với AB và AD, hai đường thẳng cắt nhau nằm trong (ABCD), nên SA⊥(ABCD). b) Đúng: AB∥CD nên góc giữa SC và AB bằng góc giữa SC và CD. c) Đúng: AD⊥AB (hình chữ nhật) và AD⊥SA (giả thiết) nên AD⊥(SAB). d) Đúng: SA⊥(ABCD) nên góc giữa SB và (ABCD) là góc SBA, tan(SBA)=SA/AB=2√3/2=√3, suy ra góc bằng 60°. Khớp đáp án mã 111: a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) Đ.
a) (AI giải đề cho tôi)
SA⊥AB, SA⊥AD với AB, AD cắt nhau trong (ABCD) nên SA⊥(ABCD).
b) (AI giải đề cho tôi)
Vì AB∥CD (ABCD là hình chữ nhật) nên (SC,AB)=(SC,CD).
c) (AI giải đề cho tôi)
AD⊥AB và AD⊥SA nên AD⊥(SAB).
d) (AI giải đề cho tôi)
Góc giữa SB và (ABCD) là góc SBA; tan(SBA)=SA/AB=2√3/2=√3 nên góc bằng 60°.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SC\perp CD$ và $SC\perp CB$ với $CD,CB$ cắt nhau tại $C$ nằm trong mặt đáy nên $SC\perp (ABCD)$. Đáy $ABCD$ là hình vuông nên $DB\perp AC$. Mặt khác $DB\perp SC$ (vì $SC\perp (ABCD)$). Từ đó $DB\perp (SAC)$. Vì $P\in SC,Q\in SA$ nên $PQ\subset (SAC)$, suy ra $DB\perp PQ$. Vậy cặp đường thẳng vuông góc là $DB$ và $PQ$, chọn đáp án A (khớp đáp án nguồn, mã đề 1102 câu 5 là A). Các phương án khác: $DP$ không vuông góc với $AB$ nói chung; $SB$ và $PQ$ cùng nằm trong mặt phẳng $(SAC)$ nhưng không vuông góc; $DB$ và $SD$ không vuông góc vì tam giác $SBD$ không vuông tại $D$ nói chung. Lưu ý: các tỉ số $SP=4PC$, $5SQ=4SA$ chỉ xác định vị trí $P,Q$ trên $(SAC)$, không ảnh hưởng đến kết luận $DB\perp PQ$.

+ Hình vẽ (chỉ cần hình chóp) [Hình cần kiểm tra lại: p8_f2] — 0,25
a) (0,5) Chứng minh tam giác SCD là tam giác vuông
+ Ta có $\{\begin{array}{l}CD\perp AD\\ CD\perp SA\end{array}$ — 0,25
+ $\Rightarrow CD\perp (SAD)\Rightarrow CD\perp SD\Rightarrow$ tam giác $SCD$ vuông tại $D$ — 0,25
b) (0,75) Chứng minh $AK\perp SC$
+ $AK\perp SB$ (vì K là hình chiếu của A trên SB) (1) — 0,25
+ $\{\begin{array}{l}BC\perp BA\\ BC\perp SA\end{array}\Rightarrow BC\perp (SAB)\Rightarrow BC\perp AK$ (2) — 0,25
+ Từ (1) và (2), Suy ra $AK\perp (SBC)\Rightarrow AK\perp SC$ — 0,25

(Ghi chú: bản gốc hướng dẫn chấm đánh nhãn mục b hai lần; giữ nguyên theo nguồn.)

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp S.ABCD có đáy hình vuông cạnh a, các cạnh bên SA=SB=SC=SD=a nên là hình chóp đều. a) Vì tam giác SAC cân tại S (SA=SC) nên SO⊥AC; tam giác SBD cân tại S nên SO⊥BD; do đó SO⊥(ABCD) → đúng. b) Nếu SA⊥(ABCD) thì SA⊥AB, nhưng tam giác SAB đều cạnh a nên góc SAB=60°≠90° → sai. c) Hình chiếu của S lên (ABCD) là O nên hình chiếu của SA là AO, góc giữa SA và (ABCD) là góc giữa SA và AO, tức là SAO (không phải SOA) → sai. d) Giao tuyến của (SAB) và (ABO)=(ABCD) là AB; O là trung tâm đáy nên OM⊥AB với M trung điểm AB, đồng thời SM⊥AB (tam giác SAB cân). Vậy góc nhị diện [S,AB,O] là SMO. Ta có SM=√(a²−a²/4)=a√3/2, OM=a/2, nên cos(SMO)=OM/SM=(a/2)/(a√3/2)=1/√3, suy ra SMO≈54,7356°≈54,7° → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
SO⊥AC và SO⊥BD (các tam giác SAC, SBD cân tại S) nên SO⊥(ABCD).
b) (AI giải đề cho tôi)
Tam giác SAB đều nên góc SAB=60°, SA không vuông góc với AB, do đó SA không vuông góc (ABCD).
c) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của S lên (ABCD) là O nên góc giữa SA và (ABCD) là SAO, không phải SOA.
d) (AI giải đề cho tôi)
Góc nhị diện là SMO với cos(SMO)=OM/SM=(a/2)/(a√3/2)=1/√3, suy ra SMO≈54,7°.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình thoi có $\widehat{ABC}=60^{\circ }$ nên tam giác $ABC$ cân tại $B$ ($AB=BC$) có góc đỉnh $60^{\circ }$, do đó tam giác $ABC$ đều. Gọi $M$ là trung điểm $BC$ thì $AM$ là đường trung tuyến, đồng thời là đường cao của tam giác đều $ABC$, suy ra $AM\perp BC$ (1). Vì $SC\perp (ABCD)$ mà $AM\subset (ABCD)$ nên $SC\perp AM$ (2). Từ (1) và (2), $AM\perp BC$, $AM\perp SC$, với $BC,SC$ là hai đường cắt nhau trong mặt phẳng $(SBC)$, theo định lý về đường vuông góc với mặt phẳng ta có $AM\perp (SBC)$. Đpcm.

(AI giải đề cho tôi)
Đáy là hình vuông cạnh $a$ (nửa đường chéo $OA=OB=\frac{a\sqrt{2}}{2}=SO$).
a) $ABCD$ hình vuông nên $AC\perp BD$; $SO\perp (ABCD)\Rightarrow SO\perp AC$. Vì $AC\perp BD$, $AC\perp SO$, $BD,SO\subset (SBD)$ nên $AC\perp (SBD)$. Đúng.
b) Góc giữa $SB$ và $(ABCD)$ là góc giữa $SB$ và hình chiếu $BO$ trên mặt đáy, tức là $\widehat{SBO}$, không phải $\widehat{SAB}$. Sai.
c) Vì $SO\perp (ABCD)$ nên $SO\perp OA$ và $SO\perp OB$; do đó góc giữa hai nửa mặt phẳng chứa $A$, $B$ (cùng vuông góc với cạnh $SO$ tại $O$) là $\widehat{AOB}=90^{\circ }$ (hai đường chéo hình vuông vuông góc). Đúng.
d) Tọa hóa: $O(0,0,0)$, $A\left(\frac{a}{2},\frac{a}{2},0\right)$, $B\left(-\frac{a}{2},\frac{a}{2},0\right)$, $C\left(-\frac{a}{2},-\frac{a}{2},0\right)$, $D\left(\frac{a}{2},-\frac{a}{2},0\right)$, $S\left(0,0,\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)$. Mặt phẳng $(SCD)$ có vectơ pháp tuyến $\vec{n}=(0,\sqrt{2},-1)$ (tỉ lệ). $\sin \theta =\frac{|\vec{n}\cdot \overrightarrow{OS}|}{|\vec{n}||\overrightarrow{OS}|}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{3}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}}=\frac{1}{\sqrt{3}}$, nên $\theta =\arcsin \frac{1}{\sqrt{3}}\approx 35,26^{\circ }\ne 60^{\circ }$. Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$AC\perp BD$ (tính chất hình vuông) và $AC\perp SO$ (vì $SO\perp (ABCD)$), mà $BD,SO\subset (SBD)$ nên $AC\perp (SBD)$. Đúng.
b) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $SB$ lên $(ABCD)$ là $BO$ nên góc giữa $SB$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SBO}$, không phải $\widehat{SAB}$. Sai.
c) (AI giải đề cho tôi)
$SO\perp OA$, $SO\perp OB$ và $OA\perp OB$ nên góc nhị diện $[A,SO,B]=\widehat{AOB}=90^{\circ }$. Đúng.
d) (AI giải đề cho tôi)
Tọa hóa được $\sin \theta =\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \theta \approx 35,26^{\circ }\ne 60^{\circ }$. Sai.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $OA=OC=\sqrt{3}a$, $OB=OD=a$, $SO=3a$.

a) Vì $ABCD$ là hình thoi nên $AC\perp BD$ tại $O$. Vì $SO\perp (ABCD)$ nên $SO\perp AC$. Ta có $AC\perp BD$, $AC\perp SO$, $BD,SO\subset (SBD)$, $BD\cap SO=O$ nên $AC\perp (SBD)$.

b) Góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là góc giữa $SC$ và $OC$ (hình chiếu của $SC$ lên đáy), tức góc $SCO$. Ta có $\tan \widehat{SCO}=\frac{SO}{OC}=\frac{3a}{\sqrt{3}a}=\sqrt{3}$, suy ra góc bằng $60^{\circ }$.

c) Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ với $O$ gốc, $Ox$ là tia $OA$, $Oy$ là tia $OB$, $Oz$ là tia $OS$. Khi đó $A(\sqrt{3}a;0;0)$, $D(0;-a;0)$, $S(0;0;3a)$, $M$ trung điểm $SA$ nên $M\left(\frac{\sqrt{3}a}{2};0;\frac{3a}{2}\right)$.
$\overrightarrow{MO}=\left(-\frac{\sqrt{3}a}{2};0;-\frac{3a}{2}\right)$, $\overrightarrow{AD}=(-\sqrt{3}a;-a;0)$.
$\overrightarrow{MO}\cdot \overrightarrow{AD}=\frac{3a^2}{2}+0+0=\frac{3a^2}{2}$; $|MO|=a\sqrt{\frac{3}{4}+\frac{9}{4}}=a\sqrt{3}$; $|AD|=2a$.
$\cos (\overrightarrow{MO},\overrightarrow{AD})=\frac{3a^2/2}{2a^2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{4}$.
Vậy $\cos$ góc giữa $MO$ và $AD$ bằng $\frac{\sqrt{3}}{4}$.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 19: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thoi tâm $O$, $SA=SC$, $SB=SD$.

a) Vì $ABCD$ là hình thoi tâm $O$ nên $O$ là trung điểm của $AC$ và của $BD$.
Xét tam giác $SAC$ cân tại $S$ (do $SA=SC$) có $O$ là trung điểm $AC$, nên $SO\perp AC$.
Xét tam giác $SBD$ cân tại $S$ (do $SB=SD$) có $O$ là trung điểm $BD$, nên $SO\perp BD$.
Vì $SO\perp AC$, $SO\perp BD$ và $AC$, $BD$ là hai đường thẳng cắt nhau cùng nằm trong mặt phẳng $(ABCD)$, suy ra $SO\perp (ABCD)$. Đpcm.

b) Trong tam giác $SAC$, $E$ là trung điểm $SA$, $F$ là trung điểm $SC$ nên $EF$ là đường trung bình của tam giác, do đó $EF\parallel AC$.
Vì $ABCD$ là hình thoi nên hai đường chéo $AC\perp BD$; theo câu a) ta có $AC\perp SO$. Hai đường thẳng $BD$ và $SO$ cắt nhau tại $O$ và cùng nằm trong mặt phẳng $(SBD)$, do đó $AC\perp (SBD)$.
Suy ra $AC\perp SD$ (vì $SD\subset (SBD)$).
Mà $EF\parallel AC$ nên $EF\perp SD$. Đpcm.

(AI giải đề cho tôi)
a) Sai: Trong hình vuông ABCD, AC không vuông góc với AD (góc DAC = 45°), nên AC không thể vuông góc với (SAD) dù AC ⊥ BD. b) Đúng: SA ⊥ (ABCD) nên hình chiếu của S trên (ABCD) là A, do đó hình chiếu của SC trên (ABCD) là AC. c) Đúng: Hình chiếu của SD trên (ABCD) là AD... thực chất hình chiếu của D là D, của S là A, nên hình chiếu của SD là AD; góc giữa SD và (ABCD) là góc giữa SD và AD, tức góc SDA (SA ⊥ AD). Phát biểu đúng. d) Đúng: SA ⊥ (ABCD) và SA ⊂ (SAB) nên (SAB) ⊥ (ABCD).
a) (AI giải đề cho tôi)
AC không vuông góc với AD nên AC không vuông góc với (SAD).
b) (AI giải đề cho tôi)
SA ⊥ (ABCD) nên hình chiếu của S là A, hình chiếu của SC là AC.
c) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của SD trên (ABCD) là AD, góc giữa SD và (ABCD) là góc SDA (vì SA ⊥ AD).
d) (AI giải đề cho tôi)
SA ⊥ (ABCD) và SA ⊂ (SAB) nên (SAB) ⊥ (ABCD).

(AI giải đề cho tôi)
Thiết lập tọa độ: A(0;0), D(4;0), vì hình thang cân với AB=BC=CD=2 nên B(1;√3), C(3;√3) (chiếu xuống đáy: (4−2)/2=1, chiều cao = √(2²−1²)=√3). Khi đó BD=√(3²+3²)=2√3. Vì SA⊥(ABCD), SA=2 nên SB=√(SA²+AB²)=√(4+4)=√7, SD=√(SA²+AD²)=√(4+16)=2√5. Tam giác SBD có ba cạnh √7, 2√3, 2√5. Diện tích theo công thức Heron dạng vector: S²=(1/4)[a²b²−((a²+b²−c²)/2)²]=(1/4)[7·12−((7+12−20)/2)²]=(1/4)[84−1/4]=83/16. Vậy S_{SBD}=√83/4.