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

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

(AI giải đề cho tôi)
Bài 6: Chóp S.ABCD, đáy hình vuông cạnh a tâm O, SA⊥(ABCD), SA=a√6.

a) Vì SA⊥(ABCD) nên SA⊥AB và SA⊥AD ⇒ ΔSAB vuông tại A, ΔSAD vuông tại A. Vì AB⊥AD và AB⊥SA ⇒ AB⊥(SAD) ⇒ AB⊥SD, kết hợp BC∥AD ⇒ BC⊥(SAD)... chính xác hơn: CD⊥AD và CD⊥SA ⇒ CD⊥(SAD) ⇒ CD⊥SD ⇒ ΔSCD vuông tại D; tương tự BC⊥(SAB) ⇒ BC⊥SB ⇒ ΔSBC vuông tại B.
Tính toán: SB=SD=√(SA²+a²)=√(6a²+a²)=a√7; SC=√(SB²+BC²)=√(7a²+a²)=2a√2.
Diện tích: S_{SAB}=S_{SAD}=½·a·a√6=(a²√6)/2; S_{SBC}=S_{SCD}=½·a·a√7=(a²√7)/2.
Tổng diện tích các mặt bên = a²(√6+√7).

b) P là trung điểm SC. ΔSAC vuông tại A (SA⊥AC) nên PA=PS=PC; ΔSCD vuông tại D nên PD=PS=PC. Suy ra PA=PD ⇒ ΔPAD cân tại P, mà O là trung điểm AD ⇒ PO⊥AD. Cũng có PA=PC ⇒ ΔPAC cân tại P, O là trung điểm AC ⇒ PO⊥AC. PO⊥AD, PO⊥AC với AC, AD cắt nhau trong (ABCD) ⇒ OP⊥(ABCD). (đpcm)

c) • BD⊥(SAC): AC⊥BD (hai đường chéo hình vuông) và SA⊥BD (SA⊥đáy) ⇒ BD⊥(SAC).
• MN⊥(SAC): Trong (SAB) có AM⊥SB; lại AD⊥(SAB) ⇒ AD⊥AM ⇒ AM⊥(SBD) ⇒ AM⊥BD. Tương tự AN⊥(SBD) ⇒ AN⊥BD. Suy ra BD⊥(AMN), mà MN⊂(AMN) ⇒ BD⊥MN. Mặt khác AC⊥(SBD) (do AC⊥BD, AC⊥SA) ⇒ AC⊥MN. MN vuông góc với SA (vì SA⊥AM, SA⊥AN ⇒ SA⊥(AMN)) và MN⊥AC, hai đường SA, AC cắt nhau trong (SAC) ⇒ MN⊥(SAC). (đpcm)

d) • AN⊥(SCD): AN⊥SD (AN là đường cao ΔSAD) và CD⊥(SAD) ⇒ CD⊥AN; SD, CD cắt nhau trong (SCD) ⇒ AN⊥(SCD).
• AM⊥SC: AM⊥SB và BC⊥(SAB) ⇒ BC⊥AM; SB, BC cắt nhau trong (SBC) ⇒ AM⊥(SBC) ⇒ AM⊥SC. (đpcm)

e) Từ d): SC⊥AM và SC⊥AN, với AM, AN cắt nhau trong (AMN) ⇒ SC⊥(AMN). (đpcm)

Kiểm tra: SB=SD=a√7, SC=2a√2, tổng diện tích mặt bên a²(√6+√7) — tất cả đều nhất quán.

a) Theo đề bài, SAB là tam giác đều. Do đó $SH\perp AB$
Giao tuyến của hai mặt phẳng này là đường thẳng AB.
Suy ra $SH\perp (ABCD)$


b) Ta có ABC là tam giác đều, suy ra $CH\perp AB$
Mà $SH\perp AB$
Do đó $AB\perp (SCH)$. Suy ra $(SCH)$ vuông góc với mặt phẳng $(SAB)$.

c) BE vuông góc SC với E là trung điểm SC
Kẻ EK vuông SC
Do đó $[D,SC,B]=\widehat{BEK}$.
Tính được $EK=\frac{a}{2}$; $EB=\frac{a\sqrt{10}}{4}$; $BK=\frac{a\sqrt{22}}{4}$.
$\cos \widehat{BEK}=\frac{E{B}^2+E{K}^2-B{K}^2}{2EB.EK}=\frac{-\sqrt{10}}{5}$.
Góc cần tìm 129,23 độ.

Học sinh giải đúng bằng nhiều cách khác cũng cho điểm

(AI giải đề cho tôi)
Trong tấm phẳng ban đầu: $BD=\sqrt{a^2+3a^2}=2a$; chân đường cao từ $A$ xuống $BD$ cho $BH=\frac{A{B}^2}{BD}=\frac{a}{2}$, $HD=\frac{A{D}^2}{BD}=\frac{3a}{2}$, $AH=\frac{AB\cdot AD}{BD}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
a) Đúng: $AH\perp (BCD)$ nên $AH\perp CD$ với $CD\subset (BCD)$.
b) Sai: $M$ trung điểm $BD$ nên $HM=\frac{a}{2}$, suy ra $M{A}^2=A{H}^2+H{M}^2=\frac{3a^2}{4}+\frac{a^2}{4}=a^2\Rightarrow MA=a$. Tam giác $BCD$ vuông tại $C$ với $BD=2a$ nên trung tuyến $MC=\frac{BD}{2}=a$. Vậy $MA=MC$, không có $MA>MC$.
c) Đúng: $AH\perp (BCD)\Rightarrow AH\perp BC$; lại có $HE\perp BC$ nên $BC\perp (AHE)$. Mặt phẳng trung trực của $BC$ cũng vuông góc với $BC$, hai mặt phẳng cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song, nên $(AHE)$ song song với mặt phẳng trung trực của $BC$.
d) Sai: Kiểm tra bằng tọa độ: đặt $B(0,0),C(a\sqrt{3},0),A(0,a)$; $H$ là chân vuông góc từ $A$ lên $BD$ nên $H=\left(\frac{a\sqrt{3}}{4},\frac{a}{4}\right)$, do đó $E=\left(\frac{a\sqrt{3}}{4},0\right)$ và $HE=\frac{a}{4}$. Tam giác $AHE$ vuông tại $H$ nên $k=\cos \widehat{AEH}=\frac{HE}{AE}=\frac{a/4}{\sqrt{3a^2/4+a^2/16}}=\frac{1}{\sqrt{13}}\approx 0,277<0,3$, vậy mô hình chưa đạt tiêu chuẩn. Kết quả khớp đáp án chính thức (Mã đề 1102): a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $AH\perp (BCD)$ nên $AH\perp CD$ với $CD\subset (BCD)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $HM=\frac{a}{2}$, $M{A}^2=\frac{3a^2}{4}+\frac{a^2}{4}=a^2\Rightarrow MA=a$; tam giác $BCD$ vuông tại $C$ nên trung tuyến $MC=\frac{BD}{2}=a$. Vậy $MA=MC$.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $BC\perp AH$ và $BC\perp HE\Rightarrow BC\perp (AHE)$; mặt phẳng trung trực của $BC$ cũng vuông góc $BC$, nên hai mặt phẳng song song.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $HE=\frac{a}{4}$, $AE=\frac{a\sqrt{13}}{4}$, $k=\frac{1}{\sqrt{13}}\approx 0,277<0,3$ nên chưa đạt chuẩn.

(AI giải đề cho tôi)
Thiết lập tọa độ: $A=(0,0)$, $B=(a,0)$, $C=(a,a\sqrt{3})$, $D=(0,a\sqrt{3})$ trong mặt phẳng ban đầu. Tam giác $ABD$ vuông tại $A$ với $AB=a$, $AD=a\sqrt{3}$, nên $BD=2a$ và $\cos \widehat{ABD}=\frac{a^2+4a^2-3a^2}{2a\cdot 2a}=\frac{1}{2}$, suy ra $\widehat{ABD}=60^{\circ }$, $BH=a\cos 60^{\circ }=\frac{a}{2}$, $AH=a\sin 60^{\circ }=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Sau khi nâng, $AH\perp (BCD)$ với $H=\left(\frac{3a}{4},\frac{a\sqrt{3}}{4},0\right)$, $A=\left(\frac{3a}{4},\frac{a\sqrt{3}}{4},\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$, $E$ là chân vuông góc từ $H$ xuống $BC$ (đường $x=a$): $E=\left(a,\frac{a\sqrt{3}}{4},0\right)$.

a) Đúng. Vì $AH\perp (BCD)$ mà $CD\subset (BCD)$ nên $AH\perp CD$.

b) Sai. $M$ là trung điểm $BD$. Trong tam giác $ABD$ vuông tại $A$, trung tuyến $MA=\frac{BD}{2}=a$; trong tam giác $BCD$ vuông tại $C$, trung tuyến $MC=\frac{BD}{2}=a$. Khi gấp theo $BD$, hai tam giác $ABD$ và $BCD$ không biến dạng nên $MA=MC=a$, không có $MA>MC$. (Kiểm tra bằng tọa độ: $M=\left(\frac{a}{2},\frac{a\sqrt{3}}{2},0\right)$, $M{A}^2={\left(\frac{a}{4}\right)}^2+{\left(\frac{a\sqrt{3}}{4}\right)}^2+{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2=a^2$ và $M{C}^2={\left(\frac{a}{2}\right)}^2+{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2=a^2$.)

c) Đúng. Mặt phẳng $(AHE)$ chứa $AH$ (phương thẳng đứng) và $HE$ (phương hoành, song song $AB$), nên $(AHE)$ là mặt phẳng $y=\frac{a\sqrt{3}}{4}$. Mặt phẳng trung trực của $BC$ (đoạn thẳng đứng từ $B(a,0,0)$ đến $C(a,a\sqrt{3},0)$) là mặt phẳng $y=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Hai mặt phẳng cùng có pháp tuyến $(0,1,0)$ và không trùng nhau nên song song.

d) Sai. $\overrightarrow{EA}=\left(-\frac{a}{4},0,\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$, $\overrightarrow{EH}=\left(-\frac{a}{4},0,0\right)$. Suy ra $k=\cos \widehat{AEH}=\frac{\frac{a^2}{16}}{\frac{a}{4}\cdot \frac{a\sqrt{13}}{4}}=\frac{1}{\sqrt{13}}\approx 0,277<0,3$. Vậy mô hình chưa đạt tiêu chuẩn.

Kết quả khớp đáp án chính thức (Mã đề 1101): a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$AH\perp (BCD)$ và $CD\subset (BCD)$ nên $AH\perp CD$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$M$ là trung điểm $BD$. Trong tam giác $ABD$ vuông tại $A$, $MA$ là trung tuyến ứng với cạnh huyền nên $MA=\frac{BD}{2}=a$; trong tam giác $BCD$ vuông tại $C$, $MC=\frac{BD}{2}=a$. Các tam giác không bị biến dạng khi gấp nên $MA=MC=a$, tức $MA=MC$ (không có $MA>MC$).
c) (AI giải đề cho tôi)
$(AHE)$ là mặt phẳng $y=\frac{a\sqrt{3}}{4}$; mặt phẳng trung trực của $BC$ là $y=\frac{a\sqrt{3}}{2}$; cùng pháp tuyến $(0,1,0)$ nên song song.
d) (AI giải đề cho tôi)
$k=\cos \widehat{AEH}=\frac{1}{\sqrt{13}}\approx 0,277<0,3$ nên mô hình chưa đạt tiêu chuẩn.