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

Câu 3 (1,5đ):
a) Hình vẽ phục vụ câu a) 0,25đ
* $\{\begin{array}{l}SO\perp (ABCD)\\ AC\subset (ABDC)\end{array}\Rightarrow SO\perp AC$ 0,25đ
* $\{\begin{array}{l}AC\perp SO\\ AC\perp BD\\ SO,BD\subset (SBD),SO\cap BD=O\end{array}\Rightarrow AC\perp (SBD)$ 0,25đ 0,25đ
b) * Vẽ $OH\perp AB$ tại H.
* Phải xác định được:
$((SAB),(ABCD))=SHO$ 0,25đ
*Tính : $OH=\frac{a\sqrt{3}}{4}$, $\tan SHO=\frac{SO}{OH}=\frac{\frac{3a}{4}}{\frac{a\sqrt{3}}{4}}=\sqrt{3}$
$\Rightarrow ((SAB),(ABCD))=SHO=60^0$ 0,25đ
[Hình cần kiểm tra lại: p10_f1]

a) Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp CD$. (0,25 điểm) Ta có: $DC\perp AD$; $DC\perp SA$ nên $DC\perp (SAD)$. (0,25 điểm)
b) Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp CM$. (0,25 điểm) Ta có: $AB=2CD$ nên $AM=CD$. Suy ra $AMCD$ là hình chữ nhật nên $CM\perp AB$. (0,25 điểm) Mà $CM\perp SA$. Suy ra: $CM\perp (SAB)$. (0,25 điểm) [Hình cần kiểm tra lại: p4_f1]

(AI giải đề cho tôi)
Thiết lập tọa độ: A(0,0,0), B(b,0,0), C(b,c,0), D(0,c,0), E(0,0,h), F(b,0,h), G(b,c,h), H(0,c,h).
a) DE=(0,-c,h), BG=(0,c,h), tích vô hướng = -c²+h² ≠ 0 (nói chung), nên DE không vuông góc BG → Sai.
b) Hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng (BCGF) (mặt phẳng x=b) là điểm B, không phải F → Sai.
c) CG vuông góc với AB và BC (hai đường thẳng cắt trong (ABCD)) nên CG⊥(ABCD) → Đúng.
d) Trung điểm của BD là tâm O của ABCD, O thuộc (ACGE) và BD⊥AC, nhưng EG=(b,c,0) và BD=(b,-c,0) có tích vô hướng b²-c² ≠ 0, tức BD không vuông góc với EG, nên BD không vuông góc với (ACGE) → Sai.
Kết quả a) Sai, b) Sai, c) Đúng, d) Sai khớp đáp án mã đề 1102 (SSĐS).
a) (AI giải đề cho tôi)
DE=(0,-c,h), BG=(0,c,h) có tích vô hướng h²-c² ≠ 0 nên DE không vuông góc BG → Sai.
b) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu vuông góc của A lên (BCGF) là điểm B (vì AB⊥(BCGF)), không phải F → Sai.
c) (AI giải đề cho tôi)
CG⊥AB, CG⊥BC nên CG⊥(ABCD) → Đúng.
d) (AI giải đề cho tôi)
BD không vuông góc với EG (tích vô hướng b²-c² ≠ 0) nên BD không vuông góc (ACGE) → Sai.

Đáp án mã đề 209, Phần II Câu 2: DDSS (a) Sai, b) Sai, c) Đúng, d) Đúng).

(AI giải đề cho tôi)
Lăng trụ đứng $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, $A{A}^{\prime }=2a$, đáy là hình vuông cạnh $2a$ tâm $O$.
a) Đúng: Lăng trụ đứng nên $B{B}^{\prime }\perp (ABCD)$, mà $DC\subset (ABCD)$ nên $DC\perp B{B}^{\prime }$.
b) Đúng: $ABCD$ là hình vuông nên $AC\perp BD$, tức $AO\perp BD$; lăng trụ đứng nên $A{A}^{\prime }\perp (ABCD)$ suy ra $A{A}^{\prime }\perp BD$. Vì $BD$ vuông với hai đường thẳng cắt nhau $AO$ và $A{A}^{\prime }$ trong $(A^{\prime }CO)$ nên $BD\perp (A^{\prime }CO)$.
c) Sai: Góc giữa $A^{\prime }O$ và $(ABCD)$ là góc $A^{\prime }OA$ với $AO=a\sqrt{2}$, nên $\tan =\frac{A{A}^{\prime }}{AO}=\frac{2a}{a\sqrt{2}}=\sqrt{2}\ne \sqrt{3}$.
d) Sai: Vì $BD\perp (A^{\prime }CO)$ và $O$ là trung điểm $BD$, góc nhị diện $[C,BD,A^{\prime }]$ là góc $\widehat{CO{A}^{\prime }}$. Ta có $\tan (180^{\circ }-\widehat{CO{A}^{\prime }})=\frac{A{A}^{\prime }}{AO}=\sqrt{2}$, suy ra $\widehat{CO{A}^{\prime }}=180^{\circ }-\arctan \sqrt{2}\approx 125,3^{\circ }\ne 135^{\circ }$.
Kết quả: a) Đúng, b) Đúng, c) Sai, d) Sai — khớp đáp án mã đề 132 (DDSS).
a) (AI giải đề cho tôi)
Lăng trụ đứng nên $B{B}^{\prime }\perp (ABCD)$, do đó $DC\perp B{B}^{\prime }$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$AO\perp BD$ (hình vuông) và $A{A}^{\prime }\perp BD$ (lăng trụ đứng), nên $BD\perp (A^{\prime }CO)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\tan =\frac{A{A}^{\prime }}{AO}=\frac{2a}{a\sqrt{2}}=\sqrt{2}\ne \sqrt{3}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Góc nhị diện $[C,BD,A^{\prime }]=\widehat{CO{A}^{\prime }}=180^{\circ }-\arctan \sqrt{2}\approx 125,3^{\circ }\ne 135^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Vì $ABCD$ là hình vuông nên $DC\perp AD$. Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp DC$. Do đó $DC\perp (SAD)$ (vì $DC$ vuông với hai đường thẳng cắt nhau $AD$ và $SA$ trong mặt phẳng $(SAD)$).

b) Hình chiếu của $S$ lên $(ABCD)$ là $A$, nên hình chiếu của $SC$ lên $(ABCD)$ là $AC$. Góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SCA}$. Tam giác $SAC$ vuông tại $A$ với $AC=a\sqrt{2}$, $SA=a\sqrt{3}$, nên $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{3}}{a\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{2}$. Vậy góc cần tìm bằng $\arctan \frac{\sqrt{6}}{2}\approx 50,8^{\circ }$.

c) Gọi $O$ là tâm hình vuông, $AO=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Vì $ABCD$ là hình vuông nên $BD\perp AC$ tại $O$. Do $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BD$, suy ra $BD\perp (SAO)$, tức $BD\perp SO$. Vậy góc nhị diện $[S,BD,A]$ là $\widehat{SOA}$. Tam giác $SOA$ vuông tại $A$: $\tan \widehat{SOA}=\frac{SA}{AO}=\frac{a\sqrt{3}}{a\sqrt{2}/2}=\sqrt{6}$. Vậy $\widehat{SOA}=\arctan \sqrt{6}\approx 67,8^{\circ }$.

a) Vì $△ABC$ đều, $M$ là trung điểm $BC\Rightarrow BC\perp AM$ (1).

Mặt khác, $SA\perp (ABC)\Rightarrow SA\perp BC$ (2).

Từ (1) và (2), kết hợp với $SA\cap AM=A$ ta được: $\boxed{BC\perp (SAM)}$.

b) Vì $SA\perp (ABC)$ và $SG\cap (ABC)=G$ nên $AG$ là hình chiếu của $SG$ lên $(ABC)$.

Suy ra: $(SG,(ABC))=(SG,AG)=\widehat{SGA}$.

Vì $△ABC$ đều cạnh $3a$, $M$ là trung điểm $BC$ nên $AM$ là đường cao:

$$AM=\sqrt{A{B}^2-B{M}^2}=\sqrt{(3a{)}^2-{\left(\frac{3a}{2}\right)}^2}=\frac{3a\sqrt{3}}{2}.$$

Vì $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên:

$$AG=\frac{2}{3}AM=\frac{2}{3}\cdot \frac{3a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}.$$

Trong $△SAG$ vuông tại $A$: $\tan \widehat{SGA}=\frac{SA}{AG}=\frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}\Rightarrow \widehat{SGA}\approx 39,23^{\circ }$.

Vậy $(SG,(ABC))\approx \boxed{39,23^{\circ }}$.

a) Sai. b) Đúng. c) Đúng. d) Sai.

a) Chứng minh $CD\perp (SAD)$. Từ đó suy ra, tam giác $SCD$ vuông tại $D$.

+ Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp CD$. (0,25)
+ Vì $ABCD$ là hình vuông nên $AD\perp CD$. (0,25)
Có $CD$ vuông góc với $SA,AD$, và $SA$ cắt $AD$ trong mặt phẳng $(SAD)$ nên suy ra $CD\perp (SAD)$. (0,25)
Do $CD\perp (SAD)$ và $SD\subset (SAD)$ nên suy ra $CD\perp SD$.
Vậy tam giác $SCD$ vuông tại $D$. (0,25)

b) Tính $\cos \alpha$.
Gọi $N$ là trung điểm $AB$.
Ta có: $MN$ là đường trung bình của $\Delta SAB$ nên $MN//SA$ và $MN=\frac{1}{2}SA=a$.
Lại có: $SA\perp (ABCD)$.
Do đó $MN\perp (ABCD)$
Suy ra $ND$ là hình chiếu của $MD$ trên $(ABCD)$ nên góc giữa đường thẳng $DM$ và $(ABCD)$ bằng $\widehat{MDN}$. (0,25)
Ta có: $DN=\sqrt{A{D}^2+A{N}^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$, $DM=\frac{3a}{2}$.
Xét $\Delta MND$ vuông tại $N$, có $\cos \widehat{MDN}=\frac{ND}{DM}=\frac{\sqrt{5}}{3}$. (0,25)

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp S.ABCD đáy là hình chữ nhật, SA ⊥ (ABCD), J trung điểm SD.
a) Sai: BD ⊥ AC chỉ đúng khi ABCD là hình vuông; với hình chữ nhật tổng quát, BD không vuông góc với AC nên BD không vuông góc với (SAC).
b) Đúng: Vì ABCD là hình chữ nhật nên CD ⊥ AD; lại SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ CD. Suy ra CD ⊥ (SAD), mà AJ nằm trong (SAD) nên CD ⊥ AJ.
c) Đúng: SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ mọi đường thẳng trong mặt phẳng đó, kể cả AC.
d) Đúng: SA nằm trong (SAD) còn BC không cắt (SAD) và BC ∥ AD, AD ⊂ (SAD), nên SA và BC chéo nhau; vì BC ∥ AD và SA ⊥ AD nên SA ⊥ BC. Đáp án khớp mã đề 1102: SĐĐĐ.
a) (AI giải đề cho tôi)
BD ⊥ AC chỉ đúng khi ABCD là hình vuông; với hình chữ nhật tổng quát BD không vuông góc AC nên BD không vuông góc (SAC).
b) (AI giải đề cho tôi)
CD ⊥ AD (hình chữ nhật) và CD ⊥ SA (vì SA ⊥ (ABCD)) nên CD ⊥ (SAD), do đó CD ⊥ AJ với AJ ⊂ (SAD).
c) (AI giải đề cho tôi)
SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ AC.
d) (AI giải đề cho tôi)
SA ⊂ (SAD), BC ∥ AD nên SA và BC chéo nhau; SA ⊥ AD nên SA ⊥ BC.

a) (0,5 điểm) Chứng minh rằng $SO\perp (ABCD)$.

$\Delta SAB$ có $SA=SC$ nên $\Delta SAB$ cân tại $S$ mà $SO$ là đường trung tuyến nên $SO\perp AC$

$\Delta SBD$ có $SB=SD$ nên $\Delta SBD$ cân tại $S$ mà $SO$ là đường trung tuyến nên $SO\perp BD$

Ta có $\{\begin{array}{l}SO\perp AC\\ SO\perp BD\end{array}$ suy ra $SO\perp (ABCD)$

b) (0,5 điểm) Gọi $K$ là điểm trên cạnh $CD$ sao cho $CK=\frac{1}{4}CD$ và $G$ là trọng tâm tam giác $SAC$. Tính góc giữa hai đường thẳng $AB$ và $GK$.

Gọi $E$ là trung điểm của $CD$ mà $O$ là trung điểm của $AC$ nên $OK$ là đường trung bình trong tam giác $ACE$ suy ra $OK//AE$ (1)

Xét tam giác cân $ABC$ tại $B$ có $\widehat{ABC}=60^{\circ }$ nên tam giác $ABC$ đều

Suy ra tam giác ACD đều nên $AE\perp CD$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $OK\perp CD$.

Từ $\{\begin{array}{l}CD\perp OK\\ CD\perp SO\end{array}$ suy ra $CD\perp (SOK)$.

Do đó $CD\perp GK$ mà AB//CD nên $AB\perp GK$

Vậy góc giữa hai đường thẳng $AB$ và $GK$ bằng $90^0$

a) (0,5 điểm) Chứng minh rằng $SO\perp (ABCD)$.

$\Delta SAB$ có $SA=SC$ nên $\Delta SAB$ cân tại $S$ mà $SO$ là đường trung tuyến nên $SO\perp AC$

$\Delta SBD$ có $SB=SD$ nên $\Delta SBD$ cân tại $S$ mà $SO$ là đường trung tuyến nên $SO\perp BD$

Ta có $\{\begin{array}{l}SO\perp AC\\ SO\perp BD\end{array}$ suy ra $SO\perp (ABCD)$

b) (0,5 điểm) Gọi $K$ là điểm trên cạnh $CD$ sao cho $CK=\frac{1}{4}CD$ và $G$ là trọng tâm tam giác $SAC$. Tính góc giữa hai đường thẳng $AB$ và $GK$.

Gọi $E$ là trung điểm của $CD$ mà $O$ là trung điểm của $AC$ nên $OK$ là đường trung bình trong tam giác $ACE$ suy ra $OK//AE$ (1)

Xét tam giác cân $ABC$ tại $B$ có $\widehat{ABC}=60^{\circ }$ nên tam giác $ABC$ đều

Suy ra tam giác ACD đều nên $AE\perp CD$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $OK\perp CD$.

Từ $\{\begin{array}{l}CD\perp OK\\ CD\perp SO\end{array}$ suy ra $CD\perp (SOK)$.

Do đó $CD\perp GK$ mà AB//CD nên $AB\perp GK$

Vậy góc giữa hai đường thẳng $AB$ và $GK$ bằng $90^0$

Lời giải (Đáp án CODE 102-104): GIẢI TƯƠNG TỰ CODE 101-103.

Cụ thể (theo lời giải CODE 101-103):

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

Mặt khác $ABCD$ là hình vuông nên $BC\perp AB$ .

Khi đó $\{\begin{array}{l}BC\perp AB\\ BC\perp SA\end{array}\Rightarrow BC\perp (SAB)$ .

Tương tự chứng minh trên ta có: $CD\perp (SAD)$.

Do $BC\perp (SAB)\Rightarrow BC\perp AM$.

Mặt khác $AM\perp SB\Rightarrow AM\perp (SBC)$

Tương tự ta có: $AN\perp (SCD)$.

Do $\{\begin{array}{l}AM\perp (SBC)\\ AN\perp (SCD)\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}AM\perp SC\\ AN\perp SC\end{array}\Rightarrow SC\perp (AMN)$.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ (đường cao tam giác đều), $SA=a\sqrt{2}\perp (ABC)$ nên $SA\perp AM,SA\perp BC$.

a) Vì $BC\perp AM$ và $BC\perp SA$ nên $BC\perp (SAM)$, suy ra $BC\perp AH$. Mặt khác $AH\perp SM$ (giả thiết) nên $AH\perp (SBC)$. — Đúng.

b) Vì $AH\perp (SBC)$ nên hình chiếu của $A$ lên $(SBC)$ là $H$, do đó hình chiếu của đường thẳng $SA$ lên $(SBC)$ là đường thẳng $SH$. — Đúng.

c) $SM=\sqrt{S{A}^2+A{M}^2}=\sqrt{2a^2+\frac{3a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{11}}{2}$. Diện tích tam giác $SAM$: $AH=\frac{SA\cdot AM}{SM}=\frac{a\sqrt{2}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a\sqrt{11}}{2}}=\frac{a\sqrt{6}}{\sqrt{11}}=\frac{a\sqrt{66}}{11}\approx 0,74a\ne \frac{6a}{11}$. — Sai.

d) Góc giữa $SA$ và $(SBC)$ là góc giữa $SA$ và $SH$: $\sin \alpha =\frac{AH}{SA}=\frac{\sqrt{66}/11}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{33}}{11}$, nên $\cos \alpha =\sqrt{1-\frac{33}{121}}=\frac{\sqrt{88}}{11}=\frac{2\sqrt{22}}{11}\approx 0,85\ne \frac{\sqrt{11}}{33}$. — Sai.

Khớp với đáp án nguồn: 1a Đúng, 1b Đúng, 1c Sai, 1d Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$BC\perp (SAM)$ nên $BC\perp AH$, kết hợp $AH\perp SM$ suy ra $AH\perp (SBC)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Vì $AH\perp (SBC)$, hình chiếu của $A$ là $H$, nên hình chiếu của $SA$ là $SH$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$AH=\frac{SA\cdot AM}{SM}=\frac{a\sqrt{66}}{11}\approx 0,74a\ne \frac{6a}{11}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\sin \alpha =\frac{AH}{SA}=\frac{\sqrt{33}}{11}$ nên $\cos \alpha =\frac{2\sqrt{22}}{11}\approx 0,85\ne \frac{\sqrt{11}}{33}$.

Lời giải (Đáp án CODE 101-103):

[Hình cần kiểm tra lại: p10_f1]

[ĐIỂM: 0,25]

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

Mặt khác $ABCD$ là hình vuông nên $BC\perp AB$ .

Khi đó $\{\begin{array}{l}BC\perp AB\\ BC\perp SA\end{array}\Rightarrow BC\perp (SAB)$ .

[ĐIỂM: 0,75]

Tương tự chứng minh trên ta có: $CD\perp (SAD)$.

Do $BC\perp (SAB)\Rightarrow BC\perp AM$.

Mặt khác $AM\perp SB\Rightarrow AM\perp (SBC)$

Tương tự ta có: $AN\perp (SCD)$.

Do $\{\begin{array}{l}AM\perp (SBC)\\ AN\perp (SCD)\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}AM\perp SC\\ AN\perp SC\end{array}\Rightarrow SC\perp (AMN)$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì SA=a và SO=a√6/3 nên OA²=a²−2a²/3=a²/3, tức OA=a/√3; từ AB²=OA²+OB² suy ra OB²=2a²/3. a) Hình thoi có BD⊥AC tại O, lại BD⊥SO nên BD⊥(SAO): Đúng. b) SA⊥OE (E là chân đường vuông góc) và SA⊥BD (vì BD⊥(SAO)) nên SA⊥(BDE), do đó SA⊥BE: Đúng. c) Trong tam giác vuông SOA: OE=SO·OA/SA=(a√6/3)(a/√3)/a=a√2/3, khác a√2/√3=a√6/3: Sai. d) Góc nhị diện [B,SA,D] là góc BED với BE=DE, BE²=OB²+OE²=2a²/3+2a²/9=8a²/9, BD²=4·2a²/3=8a²/3. cos∠BED=(2·8a²/9−8a²/3)/(2·8a²/9)=−1/2 nên ∠BED=120°, góc nhị diện bằng 60°, không phải 30°: Sai. Khớp đáp án chính thức ĐĐSS.
a) (AI giải đề cho tôi)
BD⊥AC (hình thoi) và BD⊥SO (SO⊥(ABCD)) nên BD⊥(SAO).
b) (AI giải đề cho tôi)
SA⊥OE và SA⊥BD (do BD⊥(SAO)) nên SA⊥(BDE), suy ra SA⊥BE.
c) (AI giải đề cho tôi)
OE=SO·OA/SA=(a√6/3)·(a/√3)/a=a√2/3≠a√2/√3.
d) (AI giải đề cho tôi)
cos∠BED=(BE²+DE²−BD²)/(2BE·DE) với BE²=DE²=8a²/9, BD²=8a²/3, cho cos=−1/2, góc nhị diện bằng 60° chứ không phải 30°.

Đáp án chính thức (Mã đề 1354, Phần II, Câu 2, trang 9): a) Đúng, b) Đúng, c) Sai, d) Sai. Lý giải từng ý do AI solution agent bổ sung, nhất quán với đáp án chính thức.
a) Đúng. Vì $ABCD$ là hình thoi nên $BD\perp AC$; lại có $SO\perp (ABCD)$ nên $SO\perp BD$. Suy ra $BD\perp (SAO)$. (Lý giải được bổ sung bởi AI solution agent; đáp án Đúng khớp bảng đáp án chính thức Mã đề 1354, Phần II, Câu 2, trang 9.)
b) Đúng. Từ ý a), $BD\perp (SAO)$ nên $OB\perp SA$; vì $OE\perp SA$ (E là hình chiếu của O trên SA) nên $SA\perp (OBE)$, do đó $SA\perp BE$. (Lý giải được bổ sung bởi AI solution agent; đáp án Đúng khớp bảng đáp án chính thức.)
c) Sai. Tam giác $SOA$ vuông tại $O$ có $SO=\frac{a\sqrt{6}}{3}$, $SA=a$ nên $OA=\sqrt{a^2-\frac{6a^2}{9}}=\frac{a}{\sqrt{3}}$. Diện tích tam giác $SOA$: $\frac{1}{2}SA\cdot OE=\frac{1}{2}SO\cdot OA$ suy ra $OE=\frac{SO\cdot OA}{SA}=\frac{a\sqrt{6}}{3}\cdot \frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{2}}{3}\ne \frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$. (Lý giải được bổ sung bởi AI solution agent; đáp án Sai khớp bảng đáp án chính thức.)
d) Sai. Vì $SA\perp BE$ và $SA\perp OE$ nên góc phẳng nhị diện $[B,SA,D]$ là $\widehat{OEB}$. Hình thoi cạnh $a$ có $OA=\frac{a}{\sqrt{3}}$ nên $OB=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$. Tam giác $OEB$ vuông tại $O$: $\tan \widehat{OEB}=\frac{OB}{OE}=\frac{a\sqrt{6}/3}{a\sqrt{2}/3}=\sqrt{3}$, suy ra $\widehat{OEB}=60^{\circ }\ne 30^{\circ }$. (Lý giải được bổ sung bởi AI solution agent; đáp án Sai khớp bảng đáp án chính thức.)

Đáp án theo bảng đáp án mã đề 1111 (Phần II, Câu 1): a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Sai.

$\{\begin{array}{l}BC\perp AB\\ BC\perp SA\end{array}\Rightarrow$
a) $BC\perp (SAB)$
$\Rightarrow BC\perp SB$
Vậy tam giác SBC vuông tại B(đpcm)



b) $\{\begin{array}{l}AH\perp SB\\ AH\perp BC\end{array}$
$\Rightarrow AH\perp SC(1)$
Tương tự $AK\perp SC(2)$
Từ (1) và (2) suy ra
$HK\perp SC$ (đpcm)

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA ⊥ (ABCD).
a) Vì SA ⊥ (ABCD) mà BD nằm trong (ABCD) nên SA ⊥ BD. Đúng.
b) Vì AB ⊥ SA (do SA ⊥ (ABCD)) nên khoảng cách từ C đến cạnh SA là đoạn AB (đường vuông góc chung, vì AB ⊥ SA và AB ⊥ BC). Vậy d(C, SA) = AB = 2a ≠ √2·a. Sai.
c) Có BC ⊥ AB (đáy là hình vuông) và BC ⊥ SA (do SA ⊥ (ABCD)) nên BC ⊥ (SAB). Mà BC nằm trong (SBC) nên (SBC) ⊥ (SAB). Đúng.
d) Góc nhị diện [B, SA, C] có cạnh SA. Vì SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ AB và SA ⊥ AC, do đó góc phẳng của góc nhị diện [B, SA, C] là góc BAC (bằng 90°), không phải góc BSC. Sai.
Kết quả khớp với đáp án nguồn: a-Đ, b-S, c-Đ, d-S.
a) (AI giải đề cho tôi)
SA ⊥ (ABCD) nên SA vuông góc với mọi đường thẳng trong (ABCD), gồm BD.
b) (AI giải đề cho tôi)
AB ⊥ SA và AB ⊥ BC nên d(C, SA) = AB = 2a, không phải √2·a.
c) (AI giải đề cho tôi)
BC ⊥ AB và BC ⊥ SA ⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ (SBC) ⊥ (SAB).
d) (AI giải đề cho tôi)
SA ⊥ AB và SA ⊥ AC nên góc phẳng của [B, SA, C] là góc BAC, không phải BSC.