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

(AI giải đề cho tôi)
a) Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA$ vuông góc với mọi đường thẳng trong mặt đáy, do đó $SA\perp BD$. Đúng.
b) Trong hình vuông $ABCD$, $CD\perp AD$; lại có $CD\perp SA$ (vì $SA\perp (ABCD)$). Suy ra $CD\perp (SAD)$, mà $SC\subset (SAD)$ nên $SC\perp CD$. Đúng.
c) Giao tuyến của $(SAB)$ và $(SAC)$ là $SA$. Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AB$ và $SA\perp AC$. Vậy góc nhị diện $[B,SA,C]$ là $\angle BAC$. Đúng.
d) Gọi $O$ là tâm hình vuông, $OA=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp OA$, do đó $\mathrm{d}(O,SA)=OA=\frac{a\sqrt{2}}{2}\ne a$. Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BD$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$CD\perp AD$ và $CD\perp SA$ nên $CD\perp (SAD)$, suy ra $CD\perp SC$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Giao tuyến là $SA$; $SA\perp AB$ và $SA\perp AC$ nên góc nhị diện là $\angle BAC$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Khoảng cách từ tâm $O$ đến $SA$ bằng $OA=\frac{a\sqrt{2}}{2}\ne a$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$. Mà $BC\perp AB$ (tam giác $ABC$ vuông tại $B$) nên $BC\perp (SAB)$ → mệnh đề C đúng. Suy ra $BC\perp SB$, kết hợp $AH\perp SB$ (vì $H$ là hình chiếu của $A$ trên $SB$) và $BC\perp AH$ (vì $AH\subset (SAB)$) ta được $AH\perp (SBC)$ → mệnh đề A đúng. Khi đó $AH\perp SC$, $AK\perp SC$ (vì $K$ là hình chiếu của $A$ trên $SC$) nên $SC\perp (AHK)$ → mệnh đề D đúng. Riêng với $AK$: ta chỉ có $AK\perp SC$, nhưng $AK$ không nằm trong $(SAB)$ nên không suy ra $AK\perp BC$, do đó không kết luận được $AK\perp (SBC)$; thực tế $AK$ chỉ vuông góc với $SC$ chứ không vuông góc với mặt $(SBC)$. Vậy mệnh đề sai là B, trùng với đáp án của đề.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: A(0,0,0), B(2a,0,0), D(0,2a,0), C(2a,2a,0), S(0,0,2√3a).
a) Đúng: BC⊥AB (đáy vuông) và BC⊥SA (vì SA⊥(ABCD)) ⇒ BC⊥(SAB) ⇒ BC⊥SB.
b) Sai: Vì BC∥AD nên góc giữa SD và BC bằng góc giữa SD và AD, tức góc ∠SDA của tam giác vuông SAD. Ta có tan∠SDA = SA/AD = 2√3a/2a = √3 ⇒ góc bằng 60°, không phải 30°.
c) Đúng: BD⊥AC (hai đường chéo hình vuông) và BD⊥SA (vì SA⊥(ABCD)) ⇒ BD⊥(SAC).
d) Đúng: Tính tọa độ. H là hình chiếu của A trên SB: với S(0,0,2√3a), vectơ SB=(2a,0,−2√3a), |SB|²=16a², tham số t=3/4 ⇒ H=(3a/2, 0, √3a/2). Tương tự K=(0, 3a/2, √3a/2). I là hình chiếu của A trên SC: SC=(2a,2a,−2√3a), |SC|²=20a², t=3/5 ⇒ I=(6a/5, 6a/5, 4√3a/5). Vectơ HK=(−3a/2, 3a/2, 0), vectơ AI=(6a/5, 6a/5, 4√3a/5). Tích vô hướng HK·AI = (−3a/2)(6a/5)+(3a/2)(6a/5)+0 = 0 ⇒ HK⊥AI. Đúng.
Kết quả khớp đáp án nguồn: a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
BC⊥AB và BC⊥SA ⇒ BC⊥(SAB) ⇒ BC⊥SB.
b) (AI giải đề cho tôi)
Góc giữa SD và BC bằng góc giữa SD và AD = ∠SDA với tan∠SDA = 2√3a/2a = √3 ⇒ góc bằng 60°, không phải 30°.
c) (AI giải đề cho tôi)
BD⊥AC và BD⊥SA ⇒ BD⊥(SAC).
d) (AI giải đề cho tôi)
Với tọa độ H=(3a/2,0,√3a/2), K=(0,3a/2,√3a/2), I=(6a/5,6a/5,4√3a/5), ta có HK·AI = 0 ⇒ HK⊥AI.

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng: $BC\perp AB$ (đáy hình vuông) và $BC\perp SA$ (vì $SA\perp (ABCD)$) $\Rightarrow BC\perp (SAB)\Rightarrow BC\perp SB$.
b) Sai: $BC\parallel AD$ nên góc giữa $SD$ và $BC$ bằng góc giữa $SD$ và $AD$, tức góc $\widehat{SDA}$ của tam giác vuông $SAD$ (vuông tại $A$). Với $SA=2\sqrt{3}a$, $AD=2a$: $\tan \widehat{SDA}=\frac{SA}{AD}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SDA}=60^{\circ }\ne 30^{\circ }$.
c) Đúng: $ABCD$ hình vuông nên $BD\perp AC$; $SA\perp (ABCD)\Rightarrow SA\perp BD$. Vậy $BD\perp (SAC)$.
d) Đúng: $AH\perp SB$ và $BC\perp (SAB)\Rightarrow BC\perp AH$, suy ra $AH\perp (SBC)\Rightarrow AH\perp SC$. Tương tự $AK\perp SD$, $CD\perp AK\Rightarrow AK\perp (SDC)\Rightarrow AK\perp SC$. Do đó $SC\perp (AHK)\Rightarrow SC\perp HK$. Mặt khác $AI\perp SC$ (I là chân đường vuông góc hạ từ A xuống SC) nên $AI$ nằm trong mặt phẳng đi qua A và vuông góc với SC, tức $AI\subset (AHK)$. Vậy $HK\perp AI$. Kết quả khớp đáp án mã đề 119: a)Đúng - b)Sai - c)Đúng - d)Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$BC\perp AB$ và $BC\perp SA\Rightarrow BC\perp (SAB)\Rightarrow BC\perp SB$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Góc giữa $SD$ và $BC$ bằng góc $\widehat{SDA}=\arctan \frac{2\sqrt{3}a}{2a}=60^{\circ }\ne 30^{\circ }$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$BD\perp AC$ (hình vuông) và $BD\perp SA\Rightarrow BD\perp (SAC)$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$AH\perp (SBC)$ và $AK\perp (SDC)\Rightarrow SC\perp (AHK)\Rightarrow SC\perp HK$; vì $AI\perp SC$ nên $AI\subset (AHK)$, do đó $HK\perp AI$.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $BC\perp AB$ (đáy vuông tại $B$) và $SA\perp (ABC)\Rightarrow SA\perp BC$, nên $BC\perp (SAB)$ → mệnh đề C đúng. Vì $H\in SB\subset (SAB)$ nên $AH\subset (SAB)$, suy ra $AH\perp BC$; kết hợp $AH\perp SB$ (H là hình chiếu của A trên SB) ta được $AH\perp (SBC)$ → mệnh đề B đúng. Từ đó $SC\perp AH$ (vì $SC\subset (SBC)$) và $SC\perp AK$ (K là hình chiếu của A trên SC), mà $AH\cap AK=A$ nên $SC\perp (AHK)$ → mệnh đề D đúng. Riêng mệnh đề A sai: mặc dù $AK\perp SC$, ta không có $AK\perp BC$ vì $K\in SC$ không nằm trong mặt phẳng $(SAB)$ (chỉ có $AH$ mới nằm trong $(SAB)$), nên không kết luận được $AK\perp (SBC)$. Thực tế nếu $AK\perp (SBC)$ thì chân đường vuông góc từ A xuống $(SBC)$ phải duy nhất là H, tức K = H, điều này chỉ xảy ra khi H trùng S, không đúng chung. Vậy mệnh đề sai là A, trùng đáp án của đề (Mã đề 119, Câu 7: A).

a) Ta có:
$$\{\begin{array}{l}(A^{\prime }AB)\perp (ABC)\\ (A^{\prime }AC)\perp (ABC)\\ (A^{\prime }AB)\cap (A^{\prime }AC)=A{A}^{\prime }\end{array}\}\Rightarrow A{A}^{\prime }\perp (ABC)$$

[Hình cần kiểm tra lại: p10_f1]

b) $A{A}^{\prime }\perp (ABC)\Rightarrow \left(A^{\prime }B,(ABC)\right)=\left(A^{\prime }B,AB\right)=\widehat{AB{A}^{\prime }}$
Tam giác $A{A}^{\prime }B$ vuông tại $A$ có $\tan \widehat{AB{A}^{\prime }}=\frac{A{A}^{\prime }}{AB}=\frac{a}{a}=1\Rightarrow \widehat{AB{A}^{\prime }}=45^{\circ }$
Vậy $\left(A^{\prime }B,(ABC)\right)=45^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$ nên $BC\perp AB$, $BC=a$. Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$ và $SA\perp AB$.
a) $BC\perp AB$ và $BC\perp SA\Rightarrow BC\perp (SAB)$: đúng.
b) Giao tuyến của $(SBC)$ và $(ABC)$ là $BC$. Vì $BC\perp (SAB)$ nên $BC\perp SB$ và $BC\perp AB$, do đó góc giữa hai mặt phẳng là $\widehat{SBA}$. $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\sqrt{6}\Rightarrow \widehat{SBA}\approx 67,79^{\circ }\approx 68^{\circ }$: đúng.
c) Góc giữa $SC$ và $(ABC)$ là $\widehat{SCA}$ với $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{6}}{a\sqrt{2}}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SCA}=60^{\circ }\ne 30^{\circ }$: sai.
d) $V=\frac{1}{3}\cdot S_{ABC}\cdot SA=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2}{2}\cdot a\sqrt{6}=\frac{\sqrt{6}{a}^3}{6}$: đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$BC\perp AB$ (tam giác vuông tại $B$) và $BC\perp SA$ (vì $SA\perp (ABC)$) nên $BC\perp (SAB)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Giao tuyến là $BC$; vì $BC\perp (SAB)$ nên $BC\perp SB$, $BC\perp AB$, góc giữa hai mặt phẳng là $\widehat{SBA}$ với $\tan \widehat{SBA}=\sqrt{6}\Rightarrow \widehat{SBA}\approx 68^{\circ }$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Góc giữa $SC$ và $(ABC)$ là $\widehat{SCA}$, $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{6}}{a\sqrt{2}}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SCA}=60^{\circ }$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$V=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2}{2}\cdot a\sqrt{6}=\frac{\sqrt{6}{a}^3}{6}$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp CB$; lại có $ABCD$ hình vuông nên $CB\perp AB$. Do đó $CB\perp (SAB)$. Đúng.
b) Tương tự $CD\perp AD$ và $CD\perp SA$ nên $CD\perp (SAD)$, mà $CD\subset (SCD)$ nên $(SCD)\perp (SAD)$. Đúng.
c) Góc giữa $SB$ và $(ABCD)$ là góc $SBA$: $\tan SBA=\frac{SA}{AB}=\frac{a\sqrt{2}}{a}=\sqrt{2}\Rightarrow SBA\approx 54,74^{\circ }\approx 55^{\circ }$. Đúng.
d) $V=\frac{1}{3}\cdot a^2\cdot a\sqrt{2}=\frac{\sqrt{2}{a}^3}{3}\ne \frac{\sqrt{2}{a}^3}{6}$. Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$SA\perp (ABCD)\Rightarrow SA\perp CB$; $CB\perp AB$ (hình vuông) nên $CB\perp (SAB)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$CD\perp AD$, $CD\perp SA\Rightarrow CD\perp (SAD)\Rightarrow (SCD)\perp (SAD)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\tan \widehat{SBA}=\sqrt{2}\Rightarrow \widehat{SBA}\approx 54,74^{\circ }\approx 55^{\circ }$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$V=\frac{\sqrt{2}{a}^3}{3}$, không phải $\frac{\sqrt{2}{a}^3}{6}$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$. Mặt khác $H$ là hình chiếu của $S$ lên $BC$ nên $SH\perp BC$. Từ đó $BC\perp (SAH)$, suy ra $BC\perp AH$ (vì $AH\subset (SAH)$). Các khẳng định $BC\perp AC$, $BC\perp SC$, $BC\perp AB$ chỉ đúng khi tam giác đáy vuông tại $A$, $C$, $B$ tương ứng, trái giả thiết tam giác đáy không vuông. Vậy đáp án đúng là B, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Hình lập phương cạnh $3a$. a) Đúng: $AC\perp BD$ và $A{A}^{\prime }\perp (ABCD)$ nên $BD\perp (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$, do đó $A^{\prime }C\perp BD$; lại $A^{\prime }C\perp B{B}^{\prime }$ (vì $B{B}^{\prime }\perp (ABCD)$) nên $A^{\prime }C\perp (BD{D}^{\prime }{B}^{\prime })$. b) Đúng: $AC\subset (A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C)$, $AC\perp BD$ với $BD\subset (B{B}^{\prime }{D}^{\prime }D)$ nên hai mặt phẳng vuông góc. c) Sai: $BC\perp (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ nên $BC\perp BA$ và $BC\perp B{A}^{\prime }$; góc nhị diện $[A^{\prime },BC,A]$ là $\widehat{A^{\prime }BA}=45^{\circ }\ne 90^{\circ }$. d) Sai: với tọa độ $A(0,0,0),B(3,0,0),C(3,3,0),A^{\prime }(0,0,3),B^{\prime }(3,0,3)$ thì $\overrightarrow{A^{\prime }B}=(3,0,-3)$, $\overrightarrow{B^{\prime }C}=(0,3,-3)$, $\cos =\frac{9}{3\sqrt{2}\cdot 3\sqrt{2}}=\frac{1}{2}\ne \frac{\sqrt{3}}{2}$. Khớp với đáp án mã đề 102: Đ, Đ, S, S.
a) (AI giải đề cho tôi)
$AC\perp BD$ và $A{A}^{\prime }\perp (ABCD)$ suy ra $BD\perp (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ nên $A^{\prime }C\perp BD$; hơn nữa $A^{\prime }C\perp B{B}^{\prime }$. Vậy $A^{\prime }C\perp (BD{D}^{\prime }{B}^{\prime })$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$AC\subset (A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C)$, $BD\subset (B{B}^{\prime }{D}^{\prime }D)$ và $AC\perp BD$ nên $(A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C)\perp (B{B}^{\prime }{D}^{\prime }D)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Vì $BC\perp (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ nên $BC\perp BA$, $BC\perp B{A}^{\prime }$. Góc nhị diện $[A^{\prime },BC,A]$ là $\widehat{A^{\prime }BA}=45^{\circ }$, không phải $90^{\circ }$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $\overrightarrow{A^{\prime }B}=(3,0,-3)$, $\overrightarrow{B^{\prime }C}=(0,3,-3)$, cosin góc bằng $\frac{9}{18}=\frac{1}{2}\ne \frac{\sqrt{3}}{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Vì $\Delta ABC$ cân tại $A$ nên trung tuyến $AJ\perp BC$; lại có $SA\perp (ABC)\Rightarrow SA\perp BC$. Suy ra $BC\perp (SAJ)$. Đúng.
b) Trong tam giác $SBC$, $IJ$ là đường trung bình nên $IJ\parallel SB$. Góc giữa hai đường thẳng $IJ$ và $SA$ bằng góc giữa $SB$ và $SA$, tức là góc $\widehat{BSA}$. Đúng.
c) Do $BC\perp (SAJ)$ (ý a) nên $BC\perp SB$; mà $IJ\parallel SB$ nên $IJ\perp BC$. Đúng.
d) Giao tuyến của $(SBC)$ và $(ABC)$ là $BC$. Vì $AJ\perp BC$ nên theo định lý ba đường vuông góc $SJ\perp BC$, do đó góc giữa hai mặt phẳng là $\widehat{SJA}$. Ta có $\tan \widehat{SJA}=\frac{SA}{AJ}=\frac{a\frac{\sqrt{3}}{3}}{a}=\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow \widehat{SJA}=30^{\circ }\ne 60^{\circ }$. Sai. Kết quả khớp đáp án nguồn (2a=D, 2b=D, 2c=D, 2d=S).
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $\Delta ABC$ cân tại $A$ nên trung tuyến $AJ\perp BC$; $SA\perp (ABC)\Rightarrow SA\perp BC$. Vậy $BC\perp (SAJ)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $IJ$ là đường trung bình tam giác $SBC$ nên $IJ\parallel SB$; góc giữa $IJ$ và $SA$ bằng góc giữa $SB$ và $SA$, tức góc $\widehat{BSA}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) Từ ý a), $BC\perp (SAJ)$ nên $BC\perp SB$; vì $IJ\parallel SB$ nên $IJ\perp BC$.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) Giao tuyến của $(SBC)$ và $(ABC)$ là $BC$; $AJ\perp BC$ nên $SJ\perp BC$, góc giữa hai mặt phẳng là $\widehat{SJA}$. Với $\tan \widehat{SJA}=\frac{SA}{AJ}=\frac{\sqrt{3}}{3}$ suy ra $\widehat{SJA}=30^{\circ }\ne 60^{\circ }$, nên phát biểu Sai.

[Hình cần kiểm tra lại: p17_f1]

$△ABC$ đều có $SI$ vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao nên $SI\perp AB$

Ta có $\{\begin{array}{l}(SAB)\perp (ABCD)\\ AB=(SAB)\cap (ABCD)\\ SI\subset (SAB)\\ SI\perp AB\end{array}$

$\Rightarrow SI\perp (ABCD)$

Mà $BC\subset (ABCD)$

$\Rightarrow SI\perp BC$

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp tam giác đều $S.ABC$, $O$ là tâm đáy, $I$ là trung điểm $AB$.
a) Đúng. Vì $S.ABC$ đều nên $SO\perp (ABC)$, do đó mặt phẳng $(SCO)$ chứa $SO$ vuông góc với $(ABC)$.
b) Đúng. Tam giác $ABC$ đều nên $CI\perp AB$, mà $OI\subset CI$ nên $AB\perp (SIC)$ (vì $AB\perp SI$ theo tam giác $SAB$ cân và $AB\perp OI$). Giao tuyến của $(SAB)$ và $(SIC)$ là $SI$, nên góc $\widehat{SIO}$ là góc phẳng của nhị diện $[S,AB,C]$.
c) Đúng. $OI\perp AB$ (chứng minh trên) và $OI\perp SO$ (vì $SO\perp (ABC)$), $OI$ cắt cả $SO$ (tại $O$) và $AB$ (tại $I$), nên $OI$ là đường vuông góc chung của $SO$ và $AB$.
d) Sai. Thể tích khối chóp $S.ABC$ là $V=\frac{1}{3}SO\cdot S_{△ABC}$, thiếu hệ số $\frac{1}{3}$.
Kết quả khớp bảng đáp án mã đề 0102 câu 13: Đ-Đ-Đ-S.
a) (AI giải đề cho tôi)
$SO\perp (ABC)$ nên $(SCO)\perp (ABC)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$AB\perp (SIC)$, giao tuyến là $SI$, nên $\widehat{SIO}$ là góc phẳng của $[S,AB,C]$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$OI\perp AB$ và $OI\perp SO$, cắt cả hai đường thẳng nên là đường vuông góc chung.
d) (AI giải đề cho tôi)
Thể tích là $V=\frac{1}{3}SO\cdot S_{△ABC}$, không phải $SO\cdot S_{△ABC}$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$; mặt khác $ABC$ vuông tại $B$ nên $BC\perp AB$. Suy ra $BC\perp (SAB)$, do đó $BC\perp SA$. Đúng.
b) $BC\perp SA$ và $BC\perp AB$ với $SA,AB\subset (SAC)$, hai đường thẳng cắt nhau, nên $BC\perp (SAC)$. Đúng.
c) Hình chiếu của $SC$ trên $(ABC)$ là $AC$ (vì $SA\perp (ABC)$), nên góc giữa $SC$ và $(ABC)$ là $\widehat{SCA}$. Tam giác $ABC$ vuông tại $B$ với $AB=BC=a$ nên $AC=a\sqrt{2}$. Khi đó $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{2}}=1\Rightarrow \widehat{SCA}=45^{\circ }$. Đúng.
d) $S_{ABC}=\frac{1}{2}ab=\frac{a^2}{2}$, nên $V=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2}{2}\cdot a\sqrt{2}=\frac{a^3\sqrt{2}}{6}\ne \frac{a^3\sqrt{2}}{2}$. Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$SA\perp (ABC)\Rightarrow SA\perp BC$; kết hợp $BC\perp AB$ suy ra $BC\perp (SAB)$ nên $BC\perp SA$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$BC\perp SA$ và $BC\perp AB$, với $SA,AB\subset (SAC)$ cắt nhau tại $A$, nên $BC\perp (SAC)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Góc cần tìm là $\widehat{SCA}$ với $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{2}}=1\Rightarrow 45^{\circ }$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$V=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2}{2}\cdot a\sqrt{2}=\frac{a^3\sqrt{2}}{6}$, không bằng $\frac{a^3\sqrt{2}}{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Vì $SA\perp (ABC)$ nên hình chiếu của $S$ lên $(ABC)$ là $A$, không phải $B$ → sai. b) $BC\perp AB$ (tam giác vuông tại $B$) và $BC\perp SA$ (vì $SA\perp (ABC)$), $AB,SA$ cắt nhau trong $(SAB)$ nên $BC\perp (SAB)$ → đúng. c) Hình chiếu của $S$ là $A$ nên góc giữa $SC$ và $(ABC)$ là $\widehat{SCA}$. Tam giác $ABC$ vuông tại $B$: $AC=\sqrt{a^2+2a^2}=a\sqrt{3}$, nên $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}$ ⇒ góc bằng $30^{\circ }$, không phải $60^{\circ }$ → sai. d) $V=\frac{1}{3}\cdot S_{ABC}\cdot SA=\frac{1}{3}\cdot \frac{a\cdot a\sqrt{2}}{2}\cdot a=\frac{a^3\sqrt{2}}{6}$ → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên hình chiếu vuông góc của $S$ lên $(ABC)$ là $A$, không phải $B$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$BC\perp AB$ (đáy vuông tại $B$) và $BC\perp SA$ (vì $SA\perp (ABC)$), với $AB\cap SA=A$ nên $BC\perp (SAB)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Góc giữa $SC$ và $(ABC)$ là $\widehat{SCA}$ với $AC=a\sqrt{3}$, $\tan \widehat{SCA}=\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}$ nên góc bằng $30^{\circ }$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$V=\frac{1}{3}\cdot \frac{a\cdot a\sqrt{2}}{2}\cdot a=\frac{a^3\sqrt{2}}{6}$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp CD$; lại có $AD\perp CD$ (hình vuông) nên $CD\perp (SAD)$ → A đúng. Tương tự $BC\perp (SAB)$ → B đúng. Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $(SAC)\perp (ABCD)$, mà $BD\perp AC$ nên $BD\perp (SAC)$ → D đúng. Với C: nếu $SC\perp (SBD)$ thì $SC\perp SB$, nhưng tam giác $SBC$ có $\widehat{SBC}=90^{\circ }$ (vì $BC\perp (SAB)$), nên $SC$ không thể vuông góc với $SB$ → C sai.

(AI giải đề cho tôi)
a) Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$ (một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng thì vuông góc với mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng). Đúng.
b) Tam giác $ABC$ vuông tại $B$ nên $BC\perp AB$; lại có $BC\perp SA$ (do $SA\perp (ABC)$). Vì $BC$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau $AB$ và $SA$ trong mặt phẳng $(SAB)$ nên $BC\perp (SAB)$. Đúng.
c) Hình chiếu của $S$ lên $(ABC)$ là $A$, nên góc giữa $SC$ và $(ABC)$ là $\widehat{SCA}$. Tam giác $ABC$ vuông tại $B$ nên $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{4a^2+12a^2}=4a$. Khi đó $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{4a\sqrt{3}}{4a}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SCA}=60^{\circ }\ne 30^{\circ }$. Sai.
d) $S_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot BC=\frac{1}{2}\cdot 2a\cdot 2a\sqrt{3}=2a^2\sqrt{3}$, nên $V=\frac{1}{3}\cdot 2a^2\sqrt{3}\cdot 4a\sqrt{3}=8a^3\sqrt{3}\ne 4a^3\sqrt{3}$. Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$BC\perp AB$ (tam giác vuông tại $B$) và $BC\perp SA$ nên $BC\perp (SAB)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{4a\sqrt{3}}{4a}=\sqrt{3}\Rightarrow$ góc bằng $60^{\circ }$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$V=\frac{1}{3}\cdot 2a^2\sqrt{3}\cdot 4a\sqrt{3}=8a^3\sqrt{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Vì SA ⊥ (ABC) nên SA ⊥ BC (BC nằm trong đáy). Đúng.
b) BC ⊥ AB (tam giác vuông tại B) và BC ⊥ SA (câu a), AB ∩ SA = A nên BC ⊥ (SAB). Đúng.
c) AC = √(AB² + BC²) = √(a² + 3a²) = 2a. Góc giữa SC và (ABC) là góc SCA với tan(SCA) = SA/AC = 2a√3/2a = √3 ⇒ SCA = 60°. Đúng.
d) V = (1/3)·S(ABC)·SA = (1/3)·(a·a√3/2)·2a√3 = a³ ≠ a³√3/3. Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
SA ⊥ (ABC) nên SA ⊥ BC với BC nằm trong (ABC).
b) (AI giải đề cho tôi)
BC ⊥ AB (đáy vuông tại B) và BC ⊥ SA, hai đường này cắt nhau tại A trong (SAB), nên BC ⊥ (SAB).
c) (AI giải đề cho tôi)
AC = 2a, tan∠SCA = SA/AC = √3 nên góc bằng 60°.
d) (AI giải đề cho tôi)
V = (1/3)·(a²√3/2)·2a√3 = a³, không bằng a³√3/3.

(AI giải đề cho tôi)
Tứ diện đều ABCD cạnh a, M trung điểm CD. a) Tam giác ACD đều nên trung tuyến AM cũng là đường cao: AM ⊥ CD; tương tự BM ⊥ CD. Đúng. b) CD ⊥ AM, CD ⊥ BM với AM, BM cắt nhau tại M trong (MAB) nên CD ⊥ (MAB). Đúng. c) (ACD) chứa CD ⊥ (MAB) nên (MAB) ⊥ (ACD). Đúng. d) Hình chiếu của AD lên (BCD) là AM (vì AM ⊥ CD và A nằm trên đường vuông góc... chính xác: AM ⊥ (BCD)? Không, AM nằm trong (BCD)? Thực chất: CD ⊥ (MAB) nên (BCD) chứa CD; hình chiếu của A lên (BCD) là điểm H trên AM với AH = a√(2/3). Góc giữa AD và (BCD) là góc ADH với sin = AH/AD = √(2/3) ≈ 0,8165, góc ≈ 54,74° ≠ 60°. Sai. Kết quả Đ Đ Đ S khớp đáp án mã đề 0102 (Đ Đ Đ S).
a) (AI giải đề cho tôi)
Tam giác ACD đều nên trung tuyến AM cũng là đường cao: AM ⊥ CD; tương tự BM ⊥ CD.
b) (AI giải đề cho tôi)
CD ⊥ AM, CD ⊥ BM với AM, BM cắt nhau trong (MAB) nên CD ⊥ (MAB).
c) (AI giải đề cho tôi)
(ACD) chứa CD ⊥ (MAB) nên (MAB) ⊥ (ACD).
d) (AI giải đề cho tôi)
Góc giữa AD và (BCD) có sin = √(2/3) ≈ 0,8165, góc ≈ 54,74° ≠ 60°.