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

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$ và $SA\perp AB$ (các mệnh đề A, D đúng). Tam giác $ABC$ vuông tại $B$ nên $BC\perp AB$; kết hợp $BC\perp SA$ suy ra $BC\perp (ABSA)$, do đó $BC\perp SB$ (mệnh đề B đúng). Mệnh đề C: $BC\perp SC$ không được suy ra từ giả thiết — thực chất nếu $BC\perp SC$ và $BC\perp SB$ thì $BC\perp (SBC)$, kéo theo $BC\perp AC$, mâu thuẫn với tam giác vuông tại $B$ (với tam giác không suy biến). Vậy mệnh đề sai là C, trùng đáp án nguồn.

(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°.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 9: Định lý trong không gian: nếu hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì chúng song song với nhau → A đúng. B sai vì qua một điểm cho trước có vô số mặt phẳng vuông góc với một mặt phẳng cho trước (chỉ duy nhất khi điểm nằm trên mặt phẳng đó thì mới có tính duy nhất theo định lý, nhưng nói chung có nhiều). C sai vì hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thứ ba có thể cắt nhau (ví dụ hai bức tường cùng vuông góc với sàn nhà). D sai vì qua một điểm cho trước có vô số đường thẳng vuông góc với một đường thẳng cho trước. Kết quả trùng với đáp án nguồn (bảng HDC trang 5, Mã đề 0102, Câu 9 = A).

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng khẳng định trong không gian: A sai vì qua một điểm cho trước có vô số mặt phẳng vuông góc với một mặt phẳng cho trước (chỉ cần chứa một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng đó). B sai vì hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thứ ba có thể cắt nhau, ví dụ hai mặt phẳng tường trong một căn phòng cùng vuông góc với mặt sàn. C sai vì qua một điểm cho trước có vô số đường thẳng vuông góc với một đường thẳng cho trước (chúng nằm trong mặt phẳng vuông góc với đường thẳng đó tại điểm). D đúng theo định lý: nếu hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì chúng song song với nhau. Kết quả trùng với đáp án nguồn: D (bảng đáp án PHẦN I, Câu 11, Mã đề 0101, trang 5).

(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: $AM\perp CD$; tương tự $BM\perp CD$. Đúng. b) $CD\perp AM$, $CD\perp BM$, $AM$ và $BM$ cắt nhau tại $M$ trong $(MAB)$ nên $CD\perp (MAB)$. Đúng. c) $(MAB)$ chứa $AM\perp CD$ với $CD\subset (BCD)$, giao tuyến $BM$, nên $(MAB)\perp (BCD)$. Đúng. d) Chiều cao từ $A$ là $h=a\sqrt{2/3}$. Hình chiếu của $A$ lên $(BCD)$ là trung điểm $H$ của $BM$ (do $A$ cách đều $B,C,D$). Góc giữa $AC$ và $(BCD)$ là $\widehat{ACH}$ với $\sin \widehat{ACH}=AH/AC=\sqrt{2/3}\approx 0,8165$, góc $\approx 54,74^{\circ }\ne 60^{\circ }$. Sai. Kết quả Đ Đ Đ S khớp bảng đáp án mã đề 0101 Phần II Câu 2.
a) (AI giải đề cho tôi)
Tam giác $ACD$ đều nên trung tuyến $AM$ cũng là đường cao: $AM\perp CD$; tương tự $BM\perp CD$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$CD\perp AM$, $CD\perp BM$, $AM$ và $BM$ cắt nhau trong $(MAB)$ nên $CD\perp (MAB)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$(MAB)$ chứa $AM\perp CD$ với $CD\subset (BCD)$, giao tuyến $BM$, nên $(MAB)\perp (BCD)$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\sin$(góc) $=h/a=\sqrt{2/3}$, góc $\approx 54,74^{\circ }\ne 60^{\circ }$.

a) Đúng. Tam giác $ABC$ vuông cân tại $B\Rightarrow BM\perp AC$. Lại có $AC\perp B{B}^{\prime }$ (do lăng trụ đứng) $\Rightarrow AC\perp (MB{B}^{\prime })$.
b) Sai. Kẻ $BH\perp B^{\prime }M$. Vì $AC\perp (MB{B}^{\prime })\Rightarrow AC\perp BH$. Suy ra $BH\perp (B^{\prime }AC)$, do đó $d(B,(B^{\prime }AC))=BH$. Xét tam giác vuông $B^{\prime }BM$, ta có:
$$\frac{1}{B{H}^2}=\frac{1}{B{M}^2}+\frac{1}{B{B}^{\prime 2}}=\frac{1}{{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2}+\frac{1}{(a\sqrt{2}{)}^2}=\frac{2}{a^2}+\frac{1}{2a^2}=\frac{5}{2a^2}\Rightarrow BH=\frac{a\sqrt{10}}{5}.$$
c) Sai. Góc nhị diện tương ứng là $\widehat{ABC}$ (vì $AB\perp B{B}^{\prime }$ và $BC\perp B{B}^{\prime }$). Do $△ABC$ vuông tại $B$ nên góc bằng 90°.
d) Đúng. Hình chiếu của $A^{\prime }C$ lên $(ABC)$ là $AC$. Góc cần tìm là $\widehat{A^{\prime }CA}$. $△A^{\prime }AC$ vuông tại $A$ có $\tan \widehat{A^{\prime }CA}=\frac{A^{\prime }A}{AC}=\frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{2}}=1\Rightarrow \widehat{A^{\prime }CA}=45^{\circ }$.
a) Đúng. Tam giác $ABC$ vuông cân tại $B\Rightarrow BM\perp AC$. Lại có $AC\perp B{B}^{\prime }$ (do lăng trụ đứng) $\Rightarrow AC\perp (MB{B}^{\prime })$.
b) Sai. Kẻ $BH\perp B^{\prime }M$. Vì $AC\perp (MB{B}^{\prime })\Rightarrow AC\perp BH$. Suy ra $BH\perp (B^{\prime }AC)$, do đó $d(B,(B^{\prime }AC))=BH$. Xét tam giác vuông $B^{\prime }BM$, ta có:
$$\frac{1}{B{H}^2}=\frac{1}{B{M}^2}+\frac{1}{B{B}^{\prime 2}}=\frac{1}{{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2}+\frac{1}{(a\sqrt{2}{)}^2}=\frac{2}{a^2}+\frac{1}{2a^2}=\frac{5}{2a^2}\Rightarrow BH=\frac{a\sqrt{10}}{5}.$$
c) Sai. Góc nhị diện tương ứng là $\widehat{ABC}$ (vì $AB\perp B{B}^{\prime }$ và $BC\perp B{B}^{\prime }$). Do $△ABC$ vuông tại $B$ nên góc bằng 90°.
d) Đúng. Hình chiếu của $A^{\prime }C$ lên $(ABC)$ là $AC$. Góc cần tìm là $\widehat{A^{\prime }CA}$. $△A^{\prime }AC$ vuông tại $A$ có $\tan \widehat{A^{\prime }CA}=\frac{A^{\prime }A}{AC}=\frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{2}}=1\Rightarrow \widehat{A^{\prime }CA}=45^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp AC$, tam giác $SAC$ vuông tại $A$ với $\widehat{SCA}=60^0$ suy ra $SA=AC\tan 60^0=a\sqrt{3}$, $SC=2a$.
a) $SA\perp (ABC)$ với $SA\subset (SAC)$ nên $(SAC)\perp (ABC)$: đúng.
b) Ta có $BC\perp AC$ và $BC\perp SA$ nên $BC\perp (SAC)$; cũng có $AB\perp SA$ nên $(SAB)\perp (SAC)$ theo giao tuyến $SA$. Do đó $d(C,(SAB))=d(C,SA)=AC=a\ne a\sqrt{2}$: sai.
c) Vì $BC\perp (SAC)$ nên góc nhị diện $[S,BC,A]$ là $\widehat{SCA}=60^0$: đúng.
d) $V(S.ABH)=V(H.SAB)$, $V(S.ABC)=V(C.SAB)$ nên tỉ số bằng $\frac{d(H,(SAB))}{d(C,(SAB))}$. Trong mặt phẳng $(SAC)$, đặt $A(0,0)$, $C(a,0)$, $S(0,a\sqrt{3})$; $H$ là chân đường vuông góc từ $A$ xuống $SC$ nên $H=\left(\frac{3a}{4},\frac{a\sqrt{3}}{4}\right)$. Khoảng cách từ $H$ đến $SA$ (trục $x=0$) là $\frac{3a}{4}$, còn $d(C,SA)=a$. Tỉ số $=\frac{3a/4}{a}=\frac{3}{4}$: đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$SA\perp (ABC)$ và $SA\subset (SAC)$ nên $(SAC)\perp (ABC)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$(SAB)\perp (SAC)$ theo giao tuyến $SA$ nên $d(C,(SAB))=d(C,SA)=AC=a$, không bằng $a\sqrt{2}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$BC\perp (SAC)$ nên góc nhị diện $[S,BC,A]$ bằng $\widehat{SCA}=60^0$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Tỉ số $\frac{V(S.ABH)}{V(S.ABC)}=\frac{d(H,(SAB))}{d(C,(SAB))}=\frac{3a/4}{a}=\frac{3}{4}$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì tam giác $ABC$ cân tại $B$ và $I$ là trung điểm $AC$ nên $BI\perp AC$. Lại có $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BI$. Từ đó $BI\perp (SAC)$, suy ra $BI\perp SC$. Mặt khác $H$ là hình chiếu của $I$ trên $SC$ nên $IH\perp SC$. Vì $BI\cap IH=I$ trong mặt phẳng $(BIH)$ nên $SC\perp (BIH)$. Vậy khẳng định đúng là B. Các phương án khác sai: không có dữ kiện $BC\perp AB$ nên A sai; $SB$ không vuông góc với $BI$ (vì $BI\perp (SAC)$ mà $SB$ không nằm trong $(SAC)$... thực tế $SB$ cắt $(BIH)$ tại $B$ không vuông góc) nên C sai; $AC$ không vuông góc $(BIH)$ vì $AC$ không vuông góc $IH$ nói chung nên D sai.

(AI giải đề cho tôi)
Phần IV, Câu 2. Cho hình chóp $S.ABCD$ đáy là hình chữ nhật, $SA\perp (ABCD)$, $AH$ là đường cao của tam giác $SAB$ ($H\in SB$).

a) Chứng minh $BC\perp (SAB)$:
- Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên $BC\perp AB$.
- Vì $SA\perp (ABCD)$ mà $BC\subset (ABCD)$ nên $SA\perp BC$.
- Ta có $BC\perp AB$, $BC\perp SA$, với $AB,SA\subset (SAB)$ và $AB\cap SA=A$, do đó $BC\perp (SAB)$.

b) Chứng minh $AH\perp SC$:
- Vì $AH$ là đường cao của tam giác $SAB$ nên $AH\perp SB$.
- Theo câu a) $BC\perp (SAB)$ mà $AH\subset (SAB)$ nên $BC\perp AH$.
- Ta có $AH\perp SB$, $AH\perp BC$, với $SB,BC\subset (SBC)$ và $SB\cap BC=B$, suy ra $AH\perp (SBC)$.
- Vì $SC\subset (SBC)$ nên $AH\perp SC$. $■$

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BC$. Đáy $ABCD$ là hình chữ nhật nên $AB\perp BC$. Từ đó $BC\perp (SAB)$ (vì $BC$ vuông với hai đường thẳng cắt nhau $SA$ và $AB$ trong mặt phẳng $(SAB)$). Kiểm tra các phương án khác: $BD$ không vuông góc với $AC$ (hình chữ nhật không vuông) nên A sai; $CD$ không vuông với $(SBD)$ nên C sai; $BC$ không vuông với $AC$ nên D sai. Vậy đáp án đúng là B.

(AI giải đề cho tôi)
Vì tam giác $ABC$ vuông tại $A$ nên $AB\perp AC$. Vì $SA\perp (ABC)$ và $AB\subset (ABC)$ nên $AB\perp SA$. Như vậy $AB$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau $AC$ và $SA$ trong mặt phẳng $(SAC)$, suy ra $AB\perp (SAC)$. Đáp án A, trùng với đáp án nguồn (Câu 6, mã đề 1102: A).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp AB$. Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ nên $AB\perp AC$. Do đó $AB$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau $SA$ và $AC$ trong mặt phẳng $(SAC)$, suy ra $AB\perp (SAC)$. Đáp án D, trùng với đáp án nguồn (Câu 7, mã đề 1101: D).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(2;0;0)$, $C(0;\sqrt{3};0)$, $H(1;0;0)$. Tam giác $ABD$ đều cạnh 2 nên $DH\perp AB$ và $DH=\sqrt{3}$, do $(ABD)\perp (ABC)$ giao tuyến $AB$ nên $D(1;0;\sqrt{3})$.
a) Vì $DH\subset (ABD)$, $DH\perp AB$ (giao tuyến) và $(ABD)\perp (ABC)$ nên $DH\perp (ABC)$. Đúng.
b) Hình chiếu của $D$ lên $(ABC)$ là $H$, $HC=\sqrt{1+3}=2$, $DH=\sqrt{3}$ nên $\tan (DC,(ABC))=\frac{DH}{HC}=\frac{\sqrt{3}}{2}\ne \sqrt{3}$. Sai.
c) $V=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}\cdot AB\cdot AC\cdot DH=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}\cdot 2\cdot \sqrt{3}\cdot \sqrt{3}=1$. Đúng.
d) ${\vec{u}}_{AB}=(1;0;0)$, $\overrightarrow{CD}=(1;-\sqrt{3};\sqrt{3})$, $\vec{n}={\vec{u}}_{AB}\times \overrightarrow{CD}=(0;-\sqrt{3};-\sqrt{3})$, $\overrightarrow{AC}=(0;\sqrt{3};0)$. Khoảng cách $d(AB,CD)=\frac{|\overrightarrow{AC}\cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=\frac{3}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{2}\ne \frac{\sqrt{15}}{3}$. Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$DH\perp AB$, $DH\subset (ABD)$, $(ABD)\perp (ABC)$ giao tuyến $AB$ nên $DH\perp (ABC)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$\tan (DC,(ABC))=\frac{DH}{HC}=\frac{\sqrt{3}}{2}\ne \sqrt{3}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$V=\frac{1}{3}\cdot S_{ABC}\cdot DH=\frac{1}{3}\cdot \sqrt{3}\cdot \sqrt{3}=1$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Tính bằng tích có hướng được $d(AB,CD)=\frac{\sqrt{6}}{2}\ne \frac{\sqrt{15}}{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
Qua một điểm $M$ luôn tồn tại duy nhất một mặt phẳng vuông góc với đường thẳng $a$ (mặt phẳng đó nhận vectơ pháp tuyến cùng phương với $a$ và đi qua $M$). Vậy có đúng 1 mặt phẳng, chọn đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Qua một điểm $M$ bất kỳ, tồn tại duy nhất một mặt phẳng vuông góc với đường thẳng $a$ cho trước (mặt phẳng đó nhận vectơ pháp tuyến là vectơ chỉ phương của $a$ và đi qua $M$). Vậy có đúng $1$ mặt phẳng. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Theo định lý về điều kiện để một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng: đường thẳng phải vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau thuộc mặt phẳng đó. A sai vì hai đường thẳng song song không đủ (chúng cùng phương). B sai vì chỉ một đường thẳng không đủ. C sai vì hai đường thẳng thuộc mặt phẳng nhưng không nói cắt nhau (có thể song song). D đúng. Khớp với đáp án nguồn: D.

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng khẳng định:
1) Đúng. Định lý: qua một điểm cho trước có duy nhất một mặt phẳng vuông góc với một đường thẳng cho trước.
2) Đúng. Định lý: qua một điểm cho trước có duy nhất một đường thẳng vuông góc với một mặt phẳng cho trước.
3) Đúng. Nếu $\Delta \perp (P)$ thì $\Delta$ vuông góc với mọi đường thẳng nằm trong $(P)$, và cũng vuông góc với mọi đường thẳng song song với $(P)$ (vì đường thẳng đó song song với một đường thẳng nằm trong $(P)$, mà $\Delta$ vuông góc với đường thẳng nằm trong $(P)$ đó).
4) Đúng. Nếu $a\perp \Delta$ và $(P)\perp \Delta$ thì vectơ pháp tuyến của $(P)$ song song với $\Delta$, do đó $a$ hoặc nằm trong $(P)$ hoặc song song với $(P)$ (nếu $a$ cắt $(P)$ tại một điểm thì qua điểm đó có hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với $\Delta$, mâu thuẫn với tính duy nhất).
Vậy cả 4 khẳng định đều đúng, đáp số là 4, trùng với đáp án nguồn (Câu 15 = 4).

(AI giải đề cho tôi)
a) Thể tích khối lập phương cạnh $a$ là $V=a^3$, không phải $\frac{a^3}{3}$ → sai.

b) Trong hình lập phương, $BD\perp AC$ (hình vuông $ABCD$) mà $BD\perp A{A}^{\prime }$ nên $BD\perp (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$, suy ra $BD\perp A{C}^{\prime }$. Tương tự $A^{\prime }B\perp AB$ và $A^{\prime }B\perp B{C}^{\prime }$ (tam giác $AB{C}^{\prime }$ vuông cân tại $B$) nên $A^{\prime }B\perp A{C}^{\prime }$. Vì $A{C}^{\prime }$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau $BD$ và $A^{\prime }B$ trong mặt phẳng $(A^{\prime }BD)$ nên $A{C}^{\prime }\perp (A^{\prime }BD)$ → đúng.

c) Gán tọa độ $A(0;0;0),B(a;0;0),A^{\prime }(0;0;a),C^{\prime }(a;a;a)$. Mặt phẳng $(A^{\prime }A{C}^{\prime })$ có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{n_1}=(-1;1;0)$; mặt phẳng $(BA{C}^{\prime })$ có pháp tuyến $\overrightarrow{n_2}=(0;-1;1)$. $\cos (\overrightarrow{n_1},\overrightarrow{n_2})=\frac{-1}{2}$ nên góc giữa hai mặt phẳng bằng $120^{\circ }$ (hoặc góc nhị diện tương ứng $120^{\circ }$), không phải $150^{\circ }$ → sai.

d) Hai đường thẳng $A{C}^{\prime }$ (chỉ hướng $(1;1;1)$) và $B{A}^{\prime }$ (chỉ hướng $(-1;0;1)$) vuông góc và chéo nhau. Vectơ giữa điểm chung gần nhất: giải $P=(t;t;t)\in A{C}^{\prime }$, $Q=(a-s;0;s)\in B{A}^{\prime }$, ta được $t=\frac{a}{3},s=\frac{a}{2}$, khi đó $\overrightarrow{PQ}=\left(\frac{a}{6};-\frac{a}{3};\frac{a}{6}\right)$, độ dài $d=\frac{a}{\sqrt{6}}$ — đây là đoạn vuông góc chung, nối trung điểm hai cạnh đối của tứ diện đều. Với tứ diện đều cạnh $\ell$, khoảng cách giữa hai cạnh đối là $\frac{\ell }{\sqrt{2}}$, nên $\frac{\ell }{\sqrt{2}}=\frac{a}{\sqrt{6}}\Rightarrow \ell =\frac{a}{\sqrt{3}}$. Thể tích: $V=\frac{{\ell }^3\sqrt{2}}{12}=\frac{a^3}{3\sqrt{3}}\cdot \frac{\sqrt{2}}{12}=\frac{a^3\sqrt{6}}{108}$ → đúng. (Các đỉnh đều nằm trên các đoạn $A{C}^{\prime }$ và $B{A}^{\prime }$ vì $\ell =\frac{a}{\sqrt{3}}<a\sqrt{3}$ và $<a\sqrt{2}$.)
a) (AI giải đề cho tôi)
Thể tích khối lập phương cạnh $a$ là $a^3$, không phải $\frac{a^3}{3}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$BD\perp (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })\Rightarrow BD\perp A{C}^{\prime }$ và $A^{\prime }B\perp A{C}^{\prime }$ (tam giác $AB{C}^{\prime }$ vuông cân tại $B$), nên $A{C}^{\prime }\perp (A^{\prime }BD)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Với tọa độ, pháp tuyến của $(A^{\prime }A{C}^{\prime })$ là $(-1;1;0)$, của $(BA{C}^{\prime })$ là $(0;-1;1)$, góc giữa hai mặt phẳng bằng $120^{\circ }$, không phải $150^{\circ }$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Đoạn vuông góc chung của $A{C}^{\prime }$ và $B{A}^{\prime }$ có độ dài $\frac{a}{\sqrt{6}}$ và nối trung điểm hai cạnh đối của tứ diện đều, nên cạnh tứ diện $\ell =\frac{a}{\sqrt{3}}$, thể tích $V=\frac{{\ell }^3\sqrt{2}}{12}=\frac{a^3\sqrt{6}}{108}$.

Chọn C

Mệnh đề C sai: Cho $(P)\perp (Q)$ và $(Q)\parallel a$. Khi đó đường thẳng $a$ hoàn toàn có thể song song với mặt phẳng $(P)$ hoặc nằm trong $(P)$, không nhất thiết phải vuông góc với $(P)$.