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

(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)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp AB$. Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ nên $AB\perp AC$. Như vậy $AB$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau $SA$ và $AC$ cùng nằm trong mặt phẳng $(SAC)$, suy ra $AB\perp (SAC)$. Vậy đáp án D.

(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)
Định lý: Qua một điểm bất kỳ (thuộc hoặc không thuộc mặt phẳng) chỉ có duy nhất một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng đã cho. Do đó qua điểm $M$ chỉ có đúng $1$ đường thẳng vuông góc với $(\alpha )$. Đáp án D.

(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)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$. Theo giả thiết $H$ là hình chiếu của $S$ lên $BC$ nên $SH\perp BC$. Từ đó $BC\perp SA$ và $BC\perp SH$ với $SA,SH$ cắt nhau tại $S$, suy ra $BC\perp (SAH)$. Mà $AH\subset (SAH)$ nên $BC\perp AH$. Các khẳng định $BC\perp SC$, $BC\perp AB$, $BC\perp AC$ không suy ra được từ giả thiết (chỉ đúng khi tam giác $ABC$ có tính chất đặc biệt). Vậy khẳng định đúng là $BC\perp AH$.

(AI giải đề cho tôi)
Qua điểm $O$ cho trước, chỉ tồn tại duy nhất một mặt phẳng vuông góc với đường thẳng $\Delta$ cho trước (định lý về đường thẳng vuông góc với mặt phẳng). Vậy đáp án là $1$.

(AI giải đề cho tôi)
Đáy $ABCD$ là hình vuông, $SA\perp (ABCD)$. A đúng: $AB\perp AD$ và $AB\perp SA$ nên $AB\perp (SAD)$. D đúng: $AD\perp AB$ và $AD\perp SA$ nên $AD\perp (SAB)$. C đúng: trong hình vuông, $BD\perp AC$ và $BD\perp SA$ (vì $SA\perp$ đáy) nên $BD\perp (SAC)$. B sai: để $SA\perp (SBD)$ thì $SA$ phải vuông với $SB$ (hoặc $SD$), nhưng tam giác $SAB$ vuông tại $A$ nên $SA$ không vuông góc với $SB$; do đó $SA$ không vuông góc với $(SBD)$. Mệnh đề sai là B.

(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)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA$ vuông góc với mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng $(ABCD)$. Do $AD,AB$ nằm trong $(ABCD)$ nên $SA\perp AD$ (đúng). Các đường thẳng $SC,SB,SD$ không nằm trong $(ABCD)$ nên không kết luận được $SA$ vuông góc với chúng (chỉ đúng khi có thêm điều kiện đặc biệt). Vậy khẳng định đúng là $SA\perp AD$.

(AI giải đề cho tôi)
Theo định nghĩa và định lý về đường thẳng vuông góc với mặt phẳng: đường thẳng $d$ vuông góc với mặt phẳng $(P)$ khi và chỉ khi $d$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau nằm trong $(P)$. Các phương án B, C, D chỉ là điều kiện cần hoặc không đủ (ví dụ: $d$ cắt $(P)$ tại một điểm chưa chắc vuông góc; $d$ vuông góc với một đường thẳng trong $(P)$ chưa đủ; $d$ không có điểm chung với $(P)$ nghĩa là song song). Vậy đáp án đúng là A.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;a\sqrt{2})$, $B(a;0;a\sqrt{2})$, $C(a;a;a\sqrt{2})$, $D(0;a;a\sqrt{2})$, $S(0;0;0)$.

a) $BC\perp CD$ và $BC\perp SA$ nên $BC\perp (SACD)$, suy ra $BC\perp SC$. Nhưng để $BC\perp (SCD)$ cần $BC$ vuông với mọi đường thẳng trong $(SCD)$; xét $\overrightarrow{BC}=(0;a;0)$ và $\overrightarrow{SD}=(0;a;a\sqrt{2})$ có $\overrightarrow{BC}\cdot \overrightarrow{SD}=a^2\ne 0$, tức $BC$ không vuông $SD$. Vậy a) Sai.

b) $ABCD$ là hình vuông nên $BD\perp AC$; $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BD$. Vì $BD\perp AC$, $BD\perp SA$, $AC\cap SA=A$ nên $BD\perp (SAC)$. Vậy b) Đúng.

c) Tính hình chiếu: với $\overrightarrow{SB}=(a;0;a\sqrt{2})$, $\overrightarrow{SD}=(0;a;a\sqrt{2})$, $\overrightarrow{SC}=(a;a;a\sqrt{2})$, mỗi vectơ đều có độ dài $a\sqrt{3}$ và $\overrightarrow{SA}\cdot \overrightarrow{u}=2a^2$, nên $H=\left(\frac{2a}{3};0;\frac{2a\sqrt{2}}{3}\right)$, $K=\left(0;\frac{2a}{3};\frac{2a\sqrt{2}}{3}\right)$, $I=\left(\frac{2a}{3};\frac{2a}{3};\frac{2a\sqrt{2}}{3}\right)$.
Vectơ pháp tuyến của $(AHK)$: $\overrightarrow{AH}\times \overrightarrow{AK}\propto (\sqrt{2};\sqrt{2};2)$.
Góc giữa $SB$ (vectơ chỉ phương $(1;0;\sqrt{2})$) và $(AHK)$: $\sin \theta =\frac{|(1;0;\sqrt{2})\cdot (\sqrt{2};\sqrt{2};2)|}{\sqrt{3}\cdot \sqrt{8}}=\frac{3\sqrt{2}}{2\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, nên $\theta =60^{\circ }$. Vậy c) Đúng.

d) $\overrightarrow{AH}=\left(\frac{2a}{3};0;-\frac{a\sqrt{2}}{3}\right)$, $\overrightarrow{SD}=(0;a;a\sqrt{2})$, tích vô hướng $=-\frac{2a^2}{3}\ne 0$, nên $AH$ không vuông $SD$ (AH chỉ vuông SB). Vậy d) Sai.

Kết quả khớp với đáp án nguồn: a) Sai, b) Đúng, c) Đúng, d) Sai.

Tóm tắt từng phương án:
a) $\overrightarrow{BC}\cdot \overrightarrow{SD}=a^2\ne 0$ nên $BC$ không vuông $SD$, do đó $BC$ không vuông $(SCD)$.
b) $BD\perp AC$ (hình vuông) và $BD\perp SA$ ($SA\perp (ABCD)$), nên $BD\perp (SAC)$.
c) Với tọa độ $H=\left(\frac{2a}{3};0;\frac{2a\sqrt{2}}{3}\right)$, $K=\left(0;\frac{2a}{3};\frac{2a\sqrt{2}}{3}\right)$, pháp tuyến $(AHK)$ tỉ lệ $(\sqrt{2};\sqrt{2};2)$; $\sin \theta =\frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{3}\cdot \sqrt{8}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$ nên góc bằng $60^{\circ }$.
d) $\overrightarrow{AH}\cdot \overrightarrow{SD}=-\frac{2a^2}{3}\ne 0$, nên $AH$ không vuông $SD$.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 20. Thiết lập hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(12;0;0)$, $C(6;6\sqrt{3};0)$, $S(0;0;t)$ với $t\ne 0$. Trực tâm tam giác đều $ABC$ là trọng tâm $O(6;2\sqrt{3};0)$.

a) Gọi $H(x;y;z)$ là trực tâm tam giác $SBC$. Vì $H$ là trực tâm nên $SH\perp BC$ và $BH\perp SC$:
- $(\overrightarrow{SH})\cdot \overrightarrow{BC}=0\Rightarrow -6x+6\sqrt{3}y=0\Rightarrow x=\sqrt{3}y$.
- $(\overrightarrow{BH})\cdot \overrightarrow{SC}=0\Rightarrow -6(x-12)-6\sqrt{3}y+tz=0\Rightarrow tz=12\sqrt{3}y-72$.

Vì $H\in (SBC)$, mặt phẳng $(SBC)$ có VTPT $\vec{n}=(6\sqrt{3}t;6t;72\sqrt{3})$, tức $\sqrt{3}tx+ty+12\sqrt{3}z=12\sqrt{3}t$. Giải hệ ba điều kiện trên ta được
$$H=\left(\frac{9(t^2+72)}{t^2+108};\frac{3\sqrt{3}(t^2+72)}{t^2+108};\frac{36t}{t^2+108}\right).$$
Suy ra $\overrightarrow{OH}=\frac{1}{t^2+108}\left(3t^2;\sqrt{3}{t}^2;36t\right)$.
Kiểm tra: $\overrightarrow{OH}\cdot \overrightarrow{SB}=\frac{36t^2-36t^2}{t^2+108}=0$ và $\overrightarrow{OH}\cdot \overrightarrow{SC}=\frac{18t^2+18t^2-36t^2}{t^2+108}=0$.
Vậy $\overrightarrow{OH}\perp \overrightarrow{SB}$, $\overrightarrow{OH}\perp \overrightarrow{SC}$, do đó $OH\perp (SBC)$. (đpcm)

b) Vì $SA\perp (ABC)$, góc $\alpha$ giữa $AH$ và $(ABC)$ thỏa
$$\tan \alpha =\frac{|z_H|}{\sqrt{x_H^2+y_H^2}}=\frac{\frac{36|t|}{t^2+108}}{\frac{6\sqrt{3}(t^2+72)}{t^2+108}}=\frac{2\sqrt{3}|t|}{t^2+72}=\frac{2\sqrt{3}}{|t|+\frac{72}{|t|}}\le \frac{2\sqrt{3}}{2\sqrt{72}}=\frac{\sqrt{6}}{12},$$
dấu bằng xảy ra khi $|t|=\sqrt{72}=6\sqrt{2}$, tức $SA=6\sqrt{2}$.
Vậy $\max \tan \alpha =\frac{\sqrt{6}}{12}$.

(AI giải đề cho tôi)
**Câu 12.** Tam giác $ABC$ đều cạnh $4$, $H$ trung điểm $BC$ nên $AH\perp BC$ và $AH=\frac{4\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$.

Chọn hệ tọa độ: $A=(0;0;0)$, mặt phẳng $(ABC)$ là $Oxy$, nên $\Delta$ là trục $Oz$. Khi đó $H=(2\sqrt{3};0;0)$, $B=(2\sqrt{3};2;0)$, $C=(2\sqrt{3};-2;0)$, và $M=(0;0;m)$, $N=(0;0;n)$ với $m\ne n$.

**Điều kiện tứ giác MHN vuông tại H:** $\overrightarrow{HM}=(-2\sqrt{3};0;m)$, $\overrightarrow{HN}=(-2\sqrt{3};0;n)$, nên
$$\overrightarrow{HM}\cdot \overrightarrow{HN}=12+mn=0⟺mn=-12.$$

**a)** Ta có $BC=(0;-4;0)$ nên $\overrightarrow{HM}\cdot \overrightarrow{BC}=0$, tức $MH\perp BC$. Mặt khác $\overrightarrow{HM}\cdot \overrightarrow{HN}=12+mn=0$ nên $MH\perp HN$. Trong mặt phẳng $(NBC)$, $HN$ cắt $BC$ tại $N$ (vì $N\notin BC$). Vậy $MH\perp (NBC)$. Tương tự $NH\perp (MBC)$.

**b)** $MN=|m-n|$ với $mn=-12$. Ta có
$$M{N}^2=m^2+n^2-2mn=m^2+n^2+24\ge 2|mn|+24=48,$$
dấu bằng khi $|m|=|n|=2\sqrt{3}$, tức $m=2\sqrt{3},n=-2\sqrt{3}$ (thỏa $mn=-12$). Vậy độ dài ngắn nhất của $MN$ là $\boxed{4\sqrt{3}}$.

**c)** Gọi $K=(t;0;0)$ với $0<t<2\sqrt{3}$ (vì $K\ne A$, $K\ne H$ trên đoạn $AH$).

- **Mặt $(NBC)$:** từ câu a, vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{n_1}=\overrightarrow{HM}=(-2\sqrt{3};0;m)$, mặt phẳng đi qua $H$:
$$-2\sqrt{3}(x-2\sqrt{3})+mz=0.$$
$$K{K}_1=\frac{2\sqrt{3}(2\sqrt{3}-t)}{\sqrt{12+m^2}}.$$

- **Mặt $(MBC)$:** tương tự, pháp tuyến $\overrightarrow{n_2}=\overrightarrow{HN}=(-2\sqrt{3};0;n)$:
$$K{K}_2=\frac{2\sqrt{3}(2\sqrt{3}-t)}{\sqrt{12+n^2}}.$$

- **Mặt $(MNC)$:** chứa trục $Oz$ (đường thẳng $MN$) và điểm $C=(2\sqrt{3};-2;0)$. Vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{n_3}=\vec{k}\times \overrightarrow{OC}=(2;2\sqrt{3};0)$, nên mặt phẳng là $x+\sqrt{3}y=0$:
$$K{K}_3=\frac{t}{2}.$$

- **Mặt $(MNB)$:** tương tự chứa trục $Oz$ và $B=(2\sqrt{3};2;0)$, phương trình $x-\sqrt{3}y=0$:
$$K{K}_4=\frac{t}{2}.$$

**Tính tổng:** Với $mn=-12$:
$$\frac{1}{12+m^2}+\frac{1}{12+n^2}=\frac{24+m^2+n^2}{(12+m^2)(12+n^2)}.$$
Mẫu số: $(12+m^2)(12+n^2)=144+12(m^2+n^2)+m^2{n}^2=144+12(m^2+n^2)+144=12(24+m^2+n^2)$.
Vậy $\frac{1}{12+m^2}+\frac{1}{12+n^2}=\frac{1}{12}$, do đó
$$K{K}_1^2+K{K}_2^2=12(2\sqrt{3}-t{)}^2\cdot \frac{1}{12}=(2\sqrt{3}-t{)}^2,$$
$$K{K}_3^2+K{K}_4^2=\frac{t^2}{4}+\frac{t^2}{4}=\frac{t^2}{2}.$$

Suy ra
$$S=K{K}_1^2+K{K}_2^2+K{K}_3^2+K{K}_4^2=(2\sqrt{3}-t{)}^2+\frac{t^2}{2}=\frac{3}{2}{\left(t-\frac{4\sqrt{3}}{3}\right)}^2+4\ge 4.$$

Dấu bằng xảy ra khi $t=\frac{4\sqrt{3}}{3}\in (0;2\sqrt{3})$, tức $K$ thỏa mãn $AK=\frac{4\sqrt{3}}{3}$. Vậy
$$K{K}_1^2+K{K}_2^2+K{K}_3^2+K{K}_4^2\ge 4.■$$

(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.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp CD$. Đáy $ABCD$ là hình chữ nhật nên $AD\perp CD$. Do đó $CD\perp (SAD)$ (cùng vuông với $SA$ và $AD$ cắt nhau tại $A$). Các khẳng định B, C, D sai: $CD$ không vuông với $AB$ nên $CD$ không vuông $(SAB)$; không có dữ kiện cho $AC\perp (SBD)$ hay $BD\perp (SAC)$. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
a) Vì ABCD là hình vuông nên CD ⊥ BC. Vì SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ CD, kết hợp CD ⊥ AD ⇒ CD ⊥ (SAD) ⇒ CD ⊥ SD. CD cắt BC tại C và cắt SD tại D nên CD là đường vuông góc chung của SD và BC. Đúng.
b) SA ⊥ (ABCD) và SA ⊂ (SAB) ⇒ (SAB) ⊥ (ABCD). Đúng.
c) $V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SA=\frac{1}{3}(a\sqrt{3}{)}^2\cdot a=\frac{1}{3}\cdot 3a^2\cdot a=a^3$. Đúng.
d) Vì SA ⊥ (ABCD) nên hình chiếu vuông góc của S lên (ABCD) là A. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
CD ⊥ BC (hình vuông) và CD ⊥ (SAD) (vì CD ⊥ SA, CD ⊥ AD) nên CD ⊥ SD; CD cắt cả hai đường nên là đường vuông góc chung.
b) (AI giải đề cho tôi)
SA ⊥ (ABCD), SA ⊂ (SAB) nên (SAB) ⊥ (ABCD).
c) (AI giải đề cho tôi)
$V=\frac{1}{3}(a\sqrt{3}{)}^2\cdot a=a^3$.
d) (AI giải đề cho tôi)
SA ⊥ (ABCD) nên hình chiếu của S lên (ABCD) là A.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp CD$. Lại có $ABCD$ là hình vuông nên $CD\perp AD$. Suy ra $CD\perp (SAD)$, do đó $CD\perp AH$ (vì $AH\subset (SAD)$). Mặt khác $AH$ là hình chiếu của $A$ lên $SD$ nên $AH\perp SD$. Vậy $AH$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau $CD$ và $SD$ trong mặt phẳng $(SCD)$, suy ra $AH\perp (SCD)$. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình lập phương $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, ta có $C{C}^{\prime }\perp (ABCD)$ (cạnh bên vuông góc với mặt đáy). Mà $A^{\prime }{B}^{\prime }\parallel AB\subset (ABCD)$, nên $C{C}^{\prime }\perp A^{\prime }{B}^{\prime }$. Kiểm tra các phương án khác: $B{C}^{\prime }$ và $C{B}^{\prime }$ là đường chéo mặt, tạo với $C{C}^{\prime }$ góc khác $90^{\circ }$; $D{A}^{\prime }$ cũng là đường chéo mặt, không vuông góc với $C{C}^{\prime }$. Vậy đường thẳng vuông góc với $C{C}^{\prime }$ là $A^{\prime }{B}^{\prime }$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA=SC$ nên tam giác $SAC$ cân tại $S$, mà $O$ là trung điểm $AC$ (tâm hình bình hành) nên $SO\perp AC$. Tương tự $SB=SD$ nên tam giác $SBD$ cân tại $S$, $O$ là trung điểm $BD$ nên $SO\perp BD$. Vì $SO$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau $AC$ và $BD$ cùng nằm trong mặt phẳng $(ABCD)$ nên $SO\perp (ABCD)$. Vậy khẳng định đúng là B.