Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Góc đường–mặt (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Mỗi dây tạo với mặt phẳng ngang góc $60^{\circ }$, nên thành phần thẳng đứng của mỗi lực căng là $F\sin 60^{\circ }=90\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=45\sqrt{3}$ (N). Bàn cân bằng nên tổng thành phần thẳng đứng của 4 lực căng cân bằng với trọng lượng: $P=4\cdot 45\sqrt{3}=180\sqrt{3}\approx 311,77\approx 312$ (N).

(AI giải đề cho tôi)
Do cân bằng, tổng thành phần thẳng đứng của bốn lực căng cân bằng với trọng lượng: $4\cdot 4800\sin \alpha =7200\sqrt{6}$. Suy ra $\sin \alpha =\frac{7200\sqrt{6}}{19200}=\frac{3\sqrt{6}}{8}\approx 0.9186\approx 0.92$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(a\sqrt{3};0;0)$, $C(0;a;0)$, $C^{\prime }(0;a;a)$. Khi đó $BC=\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}=\sqrt{3a^2+a^2}=2a$ và $A{C}^{\prime }=\sqrt{A{C}^2+C{C}^{\prime 2}}=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}$.

Vì lăng trụ đứng nên $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })\perp (ABC)$ theo giao tuyến $BC$. Kẻ $AH\perp BC$ tại $H$ thì $AH\perp (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$, với $AH=\frac{AB\cdot AC}{BC}=\frac{a\sqrt{3}\cdot a}{2a}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Góc giữa $A{C}^{\prime }$ và $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ là góc giữa $A{C}^{\prime }$ và $H{C}^{\prime }$, nên:
$$\sin \theta =\frac{AH}{A{C}^{\prime }}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{a\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{4}.$$

Vậy đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng trọng lượng cần nâng: trọng lượng xe $P_{xe}=1051\cdot 10=10510$ N, cộng trọng lượng khung sắt $2500$ N nên tổng $P=13010$ N. Do hệ được kéo thẳng đứng đều, phương thẳng đứng có phương trình cân bằng: tổng các thành phần thẳng đứng của 4 lực căng bằng trọng lượng. Mỗi dây tạo với mặt phẳng $(ABCD)$ góc $45^{\circ }$ nên thành phần thẳng đứng của mỗi lực là $F_1\sin 45^{\circ }$. Do đó $4F_1\sin 45^{\circ }=13010\Rightarrow F_1=\frac{13010}{4\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{13010}{2\sqrt{2}}\approx 4599,6\approx 4600$ N.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng trọng lượng cần nâng: trọng lượng xe $P_{xe}=1051\cdot 10=10510$ N, cộng trọng lượng khung sắt $2490$ N nên tổng $P=10510+2490=13000$ N. Do hệ cân bằng theo phương thẳng đứng, tổng thành phần thẳng đứng của 4 lực căng bằng $P$. Mỗi dây tạo với mặt phẳng $(ABCD)$ góc $45^{\circ }$ nên thành phần thẳng đứng của mỗi lực là $F_1\sin 45^{\circ }=F_1\frac{\sqrt{2}}{2}$. Do đó $4F_1\frac{\sqrt{2}}{2}=13000\Rightarrow F_1=\frac{13000}{2\sqrt{2}}=\frac{6500}{\sqrt{2}}\approx 4596,19$ N. Làm tròn đến hàng đơn vị: $F_1\approx 4596$ N, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi O là tâm đĩa đèn. Vì S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên SO vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và tia SO là phân giác của góc ASC, do đó góc giữa SA và phương thẳng đứng là $\widehat{ASO}=30^{\circ }$. Bốn sợi xích đối xứng nhau nên lực căng mỗi sợi bằng nhau, gọi là $T$. Thành phần thẳng đứng của mỗi lực căng là $T\cos 30^{\circ }$, các thành phần ngang triệt tiêu. Cân bằng: $4T\cos 30^{\circ }=mg=10\cdot 10=100$, suy ra $T=\frac{100}{4\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{50}{\sqrt{3}}\approx 28,87\approx 29$ N. Kết quả trùng với đáp án nguồn (29).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O$ là tâm đáy. Vì $S.ABCD$ là chóp tứ giác đều và $\widehat{ASC}=90^{\circ }$ nên tam giác $ASC$ vuông cân tại $S$, $SO$ là trung tuyến $=AC/2$. Đặt $SA=l$ thì $AC=l\sqrt{2}$, $SO=l\sqrt{2}/2$, nên $\cos$ góc giữa $SA$ và phương thẳng đứng $SO/SA=\sqrt{2}/2$. Lực căng mỗi xích $T$ có thành phần thẳng đứng $T\cdot (\sqrt{2}/2)$. Cân bằng thẳng đứng: $4\cdot T\cdot (\sqrt{2}/2)=mg=9\cdot 10=90N$, suy ra $T=45/\sqrt{2}=45\sqrt{2}/2=90\sqrt{2}/4$. Vậy $a=90$, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A=(0;0;0)$, $B=(a;0;0)$, $C=\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)$, $A^{\prime }=(0;0;2a)$, $B^{\prime }=(a;0;2a)$, $C^{\prime }=\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};2a\right)$. Khi đó $M=\left(\frac{a}{2};0;2a\right)$, $N=\left(\frac{a}{4};\frac{a\sqrt{3}}{4};2a\right)$, $P=\left(\frac{3a}{4};\frac{a\sqrt{3}}{4};0\right)$.

a) $\overrightarrow{NP}=\left(\frac{a}{2};0;-2a\right)$, phần chiếu ngang dài $\frac{a}{2}$, độ cao $2a$, nên $\tan \alpha =\frac{2a}{a/2}=4\ne \frac{1}{4}$. Sai.

b) $B{B}^{\prime }$ có vtcp $\vec{u}=(0;0;1)$ qua $B=(a;0;0)$; $A^{\prime }{C}^{\prime }$ có vtcp $\vec{v}=\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)$ qua $A^{\prime }$. $\vec{u}\times \vec{v}=\left(-\frac{a\sqrt{3}}{2};\frac{a}{2};0\right)$, $|\vec{u}\times \vec{v}|=a$, $\overrightarrow{B{A}^{\prime }}=(a;0;-2a)$. Khoảng cách $=\frac{|\overrightarrow{B{A}^{\prime }}\cdot (\vec{u}\times \vec{v})|}{a}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\ne a$. Sai.

c) $\overrightarrow{MN}=\left(-\frac{a}{4};\frac{a\sqrt{3}}{4};0\right)$, $\overrightarrow{MP}=\left(\frac{a}{4};\frac{a\sqrt{3}}{4};-2a\right)$, pháp tuyến $(MNP)$: $\vec{n}=\overrightarrow{MN}\times \overrightarrow{MP}\propto (-4\sqrt{3};-4;-\sqrt{3})$, $|\vec{n}|=\sqrt{67}$. $\cos ((ABC),(MNP))=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{67}}=\frac{\sqrt{201}}{67}$. Đúng.

d) $V_{AC{A}^{\prime }{B}^{\prime }}=\frac{1}{6}\left|\det (\overrightarrow{AC},\overrightarrow{A{A}^{\prime }},\overrightarrow{A{B}^{\prime }})\right|$. $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}\times \overrightarrow{A{B}^{\prime }}=(0;2a^2;0)$, $\overrightarrow{AC}\cdot (0;2a^2;0)=\sqrt{3}{a}^3$, nên $V=\frac{\sqrt{3}{a}^3}{6}$. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{NP}=\left(\frac{a}{2};0;-2a\right)$ nên $\tan \alpha =\frac{2a}{a/2}=4\ne \frac{1}{4}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Khoảng cách giữa $B{B}^{\prime }$ và $A^{\prime }{C}^{\prime }$ bằng $\frac{a\sqrt{3}}{2}\ne a$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Pháp tuyến $(MNP)$ tỉ lệ $(-4\sqrt{3};-4;-\sqrt{3})$ với độ dài $\sqrt{67}$, nên $\cos =\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{67}}=\frac{\sqrt{201}}{67}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$V_{AC{A}^{\prime }{B}^{\prime }}=\frac{1}{6}|\det (\overrightarrow{AC},\overrightarrow{A{A}^{\prime }},\overrightarrow{A{B}^{\prime }})|=\frac{\sqrt{3}{a}^3}{6}$.

(AI giải đề cho tôi)
Do đối xứng, các thành phần ngang của bốn lực căng triệt tiêu nhau. Thành phần thẳng đứng của mỗi lực là $F\sin 60^{\circ }$. Phương trình cân bằng theo phương thẳng đứng: $4F\sin 60^{\circ }=72$, suy ra $F=\frac{18}{\sin 60^{\circ }}=\frac{36}{\sqrt{3}}=12\sqrt{3}\approx 20,8$ kN.

(AI giải đề cho tôi)
Thiết lập tọa độ: A(0,0,0), B(√3,0,0), C(√3/2, 3/2, 0). Trung điểm I của AB là I(√3/2, 0, 0), trung điểm H của CI là H(√3/2, 3/4, 0).

a) AH = √(3/4 + 9/16) = √21/4. H là hình chiếu của S trên (ABC) nên góc giữa SA và (ABC) là góc SAH; tan∠SAH = SH/AH = tan45° = 1 ⇒ SH = AH = √21/4. Đúng.

b) Diện tích đáy = (√3/4)·(√3)² = 3√3/4. V = (1/3)·(3√3/4)·(√21/4) = √63/16 = 3√7/16. Đúng.

c) Hình chiếu của S trên (ABC) là H nên hình chiếu của SA là AH; góc giữa SA và (ABC) là góc SAH, không phải góc SAC (C không nằm trên tia AH). Sai.

d) S(√3/2, 3/4, √21/4). G là trọng tâm tam giác SBC: G((√3/2 + √3 + √3/2)/3, (3/4 + 0 + 3/2)/3, (√21/4)/3) = G(2√3/3, 3/4, √21/12). Vecto: u = AS = (√3/2, 3/4, √21/4), v = CG = (√3/6, −3/4, √21/12), w = AC = (√3/2, 3/2, 0). Tính u×v = (√21/4, 0, −√3/2), |u×v| = √(21/16 + 3/4) = √33/4. w·(u×v) = (√3/2)(√21/4) = 3√7/8. Khoảng cách d(SA, CG) = (3√7/8)/(√33/4) = 3√7/(2√33) = √231/22 ≈ 0,690 ≠ √231/11 ≈ 1,382. Sai.

Kết luận: a Đúng, b Đúng, c Sai, d Sai — thống nhất với bảng đáp án mã 102 (1a D, 1b D, 1c S, 1d S).
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
AH = √21/4 và tan∠SAH = SH/AH = 1 nên SH = √21/4.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
V = (1/3)·(3√3/4)·(√21/4) = 3√7/16.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Góc giữa SA và (ABC) là góc SAH (H là hình chiếu của S), không phải góc SAC.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
G(2√3/3, 3/4, √21/12). Với u = AS, v = CG, w = AC: u×v = (√21/4, 0, −√3/2), |u×v| = √33/4, w·(u×v) = 3√7/8, nên d(SA, CG) = (3√7/8)/(√33/4) = √231/22 ≈ 0,690, khác √231/11 ≈ 1,382.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục $A(0;0;0)$, $B(4;0;0)$, $D(0;6;0)$, $A^{\prime }(0;0;8)$, $B^{\prime }(4;0;8)$, $D^{\prime }(0;6;8)$, $C^{\prime }(4;6;8)$.
a) $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ là mặt phẳng $z=8$; hình chiếu của $B$ lên mặt này là $B^{\prime }$, nên góc giữa $B{D}^{\prime }$ và $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ là $\widehat{B{D}^{\prime }{B}^{\prime }}$ → Đúng.
b) $(AD{D}^{\prime })$ là mặt $x=0$; khoảng cách từ $B$ bằng $AB=4\ne 6$ → Sai.
c) $S_{A^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime }}=\frac{1}{2}\cdot 4\cdot 6=12$, chiều cao từ $B$ bằng $8$, $V=\frac{12\cdot 8}{3}=32\ne 96$ → Sai.
d) $\overrightarrow{A{D}^{\prime }}=(0;6;8)$, $\overrightarrow{D{C}^{\prime }}=(4;0;8)$, $\vec{n}=\overrightarrow{A{D}^{\prime }}\times \overrightarrow{D{C}^{\prime }}=(48;32;-24)$, $|\vec{n}|=8\sqrt{61}$; lấy $\overrightarrow{DA}=(0;-6;0)$, $d=\frac{192}{8\sqrt{61}}=\frac{24\sqrt{61}}{61}$ → Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $B$ lên $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ (mặt $z=8$) là $B^{\prime }$, nên góc giữa $B{D}^{\prime }$ và $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ là $\widehat{B{D}^{\prime }{B}^{\prime }}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$(AD{D}^{\prime })$ là mặt $x=0$; khoảng cách từ $B(4;0;0)$ bằng $AB=4\ne 6$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$S_{A^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime }}=12$, chiều cao $8$, $V=\frac{12\cdot 8}{3}=32\ne 96$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\vec{n}=\overrightarrow{A{D}^{\prime }}\times \overrightarrow{D{C}^{\prime }}=(48;32;-24)$, $|\vec{n}|=8\sqrt{61}$, $d=\frac{|\overrightarrow{DA}\cdot \vec{n}|}{8\sqrt{61}}=\frac{192}{8\sqrt{61}}=\frac{24\sqrt{61}}{61}$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $C(0;0;0)$, $A(4;0;0)$, $B(0;3;0)$, $A^{\prime }(4;0;4)$, $B^{\prime }(0;3;4)$, $C^{\prime }(0;0;4)$.

a) Mặt phẳng $(A^{\prime }BC)$ chứa $\overrightarrow{BC}=(0;3;0)$, $\overrightarrow{B{A}^{\prime }}=(4;-3;4)$ nên có VTPT $\vec{n}=\overrightarrow{BC}\times \overrightarrow{B{A}^{\prime }}=(12;0;-12)\parallel (1;0;-1)$. Với $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=(0;0;4)$: $\cos \left(A{A}^{\prime },(A^{\prime }BC)\right)=\frac{|\vec{n}\cdot \overrightarrow{A{A}^{\prime }}|}{|\vec{n}||\overrightarrow{A{A}^{\prime }}|}=\frac{4}{\sqrt{2}\cdot 4}=\frac{\sqrt{2}}{2}$. → Đúng.

b) $G$ là trọng tâm tam giác $C{A}^{\prime }{B}^{\prime }$: $G=\left(\frac{4}{3};1;\frac{8}{3}\right)$, $\overrightarrow{AG}=\left(-\frac{8}{3};1;\frac{8}{3}\right)$. Với $\overrightarrow{AB}=(-4;3;0)$, $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=(-4;0;4)$: $V_{G.AB{C}^{\prime }}=\frac{1}{6}\left|\det (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{A{C}^{\prime }},\overrightarrow{AG})\right|=\frac{16}{6}=\frac{8}{3}$. → Đúng.

c) Trên mặt phẳng chứa tam giác $ABC$ (phủ $C(0;0),B(3;0),A(0;4)$, $I$ trung điểm $AB$ nên $I(1,5;2)$) và hình chữ nhật $BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$ mở ra ($C^{\prime }(0;-4),B^{\prime }(3;-4)$). Phản chiếu $C$ qua đường $C^{\prime }{B}^{\prime }$ ($y=-4$): $C^{\prime \prime }(0;-8)$. Khi đó $EI+EF+FC=IE+E{C}^{\prime \prime }$ (với $E\in BC$, tức $y=0$). Đường thẳng từ $I(1,5;2)$ đến $C^{\prime \prime }(0;-8)$ cắt $y=0$ tại $x=1,2\in [0;3]$ (nên $E$ hợp lệ) và cắt $y=-4$ tại $x=0,6\in [0;3]$ (nên $F$ hợp lệ). Giá trị nhỏ nhất $=I{C}^{\prime \prime }=\sqrt{1,5^2+10^2}=\frac{\sqrt{409}}{2}\ne \frac{\sqrt{419}}{2}$. → Sai.

d) $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}$, suy ra $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$. → Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
VTPT của $(A^{\prime }BC)$ là $(1;0;-1)$, $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=(0;0;4)$, nên $\cos =\frac{4}{4\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$V_{G.AB{C}^{\prime }}=\frac{1}{6}|\det (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{A{C}^{\prime }},\overrightarrow{AG})|=\frac{16}{6}=\frac{8}{3}$ với $G\left(\frac{4}{3};1;\frac{8}{3}\right)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Khai triển và phản chiếu $C$ qua $C^{\prime }{B}^{\prime }$ được $C^{\prime \prime }(0;-8)$; đường gấp khúc ngắn nhất là đoạn $I{C}^{\prime \prime }=\sqrt{1,5^2+10^2}=\frac{\sqrt{409}}{2}$, các giao điểm đều nằm trên đoạn tương ứng, nên giá trị nhỏ nhất là $\frac{\sqrt{409}}{2}$ chứ không phải $\frac{\sqrt{419}}{2}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$.

(AI giải đề cho tôi)
Thiết lập hệ tọa độ: $A(0;0;0),B(1;0;0),C(1;1;0),D(0;1;0)$. Tâm đáy $O(\frac{1}{2};\frac{1}{2};0)$, đường cao $SO=\sqrt{1^2-{\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\frac{1}{\sqrt{2}}$, nên $S(\frac{1}{2};\frac{1}{2};\frac{1}{\sqrt{2}})$. Vì $SM=2MD$ nên $M=D+\frac{1}{3}(S-D)=\left(\frac{1}{6};\frac{5}{6};\frac{1}{3\sqrt{2}}\right)$. Hình chiếu của $M$ lên $(ABCD)$ là $M^{\prime }(\frac{1}{6};\frac{5}{6};0)$ thuộc $BD$. Ta có $M{M}^{\prime }=\frac{1}{3\sqrt{2}}$ và $B{M}^{\prime }=\sqrt{{\left(1-\frac{1}{6}\right)}^2+{\left(0-\frac{5}{6}\right)}^2}=\frac{5\sqrt{2}}{6}$. Góc giữa $BM$ và $(ABCD)$ là góc $MB{M}^{\prime }$, nên $\tan \alpha =\frac{M{M}^{\prime }}{B{M}^{\prime }}=\frac{1/(3\sqrt{2})}{5\sqrt{2}/6}=\frac{1}{5}$. Kết quả khớp với đáp án nguồn C.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\perp AC$ nên $BC=\sqrt{a^2+4a^2}=a\sqrt{5}$. Kẻ $AH\perp BC$ tại $H$, khi đó $AH=\frac{AB\cdot AC}{BC}=\frac{a\cdot 2a}{a\sqrt{5}}=\frac{2a}{\sqrt{5}}$. Vì $SA\perp (ABC)$ nên $BC\perp SA$, kết hợp $BC\perp AH$ suy ra $BC\perp (SAH)$, do đó $BC\perp SH$. Ta có $AH\perp BC$ và $AH\perp SA$ nên $SH\perp BC$, tức $SH$ là hình chiếu của $SA$ trên $(SBC)$. Vậy góc giữa $SA$ và $(SBC)$ là $\alpha =\widehat{ASH}$, và $\tan \alpha =\frac{AH}{SA}=\frac{2a/\sqrt{5}}{a\sqrt{5}}=\frac{2}{5}$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\perp AC$ nên $BC=\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}=\sqrt{a^2+4a^2}=a\sqrt{5}$. Kẻ $AH\perp BC$ tại $H$. Vì $SA\perp (ABC)$ nên $BC\perp SA$, kết hợp $BC\perp AH$ suy ra $BC\perp (SAH)$, do đó $BC\perp SH$. Vậy $(SBC)\cap (SAH)=SH$, góc giữa $SA$ và $(SBC)$ là $\alpha =\widehat{ASH}$. Diện tích tam giác vuông: $AH=\frac{AB\cdot AC}{BC}=\frac{a\cdot 2a}{a\sqrt{5}}=\frac{2a}{\sqrt{5}}$. Tam giác $SAH$ vuông tại $A$: $\tan \alpha =\frac{AH}{SA}=\frac{2a/\sqrt{5}}{a\sqrt{5}}=\frac{2}{5}$. Vậy chọn C.

(AI giải đề cho tôi)
Do tính đối xứng, các thành phần ngang của bốn lực căng triệt tiêu nhau. Thành phần thẳng đứng của mỗi lực là $F\sin 60^{\circ }$. Điều kiện cân bằng theo phương thẳng đứng: $4F\sin 60^{\circ }=60$, suy ra $F=\frac{60}{4\sin 60^{\circ }}=\frac{15}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=10\sqrt{3}\approx 17,3$ kN. Khớp với đáp án nguồn 17,3.

(AI giải đề cho tôi)
Do tính đối xứng, các thành phần ngang của bốn lực căng triệt tiêu nhau. Thành phần thẳng đứng của mỗi lực là $F\sin 60^{\circ }$ (vì dây tạo với mặt phẳng $(ABCD)$ góc $60^{\circ }$). Điều kiện cân bằng theo phương thẳng đứng: $4F\sin 60^{\circ }=60$, suy ra $F=\frac{60}{4\sin 60^{\circ }}=\frac{15}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{30}{\sqrt{3}}=10\sqrt{3}\approx 17,3$ kN. Khớp với đáp án nguồn 17,3.

(AI giải đề cho tôi)
Tâm nền nhà $H(450;600;0)$ nên nửa chiều dài và nửa chiều rộng nền nhà là $450cm$ và $600cm$. Gọi $O_1$ là tâm đáy $ABCD$ của hình chóp (nằm trên đường thẳng qua $H$ vuông góc mặt đất, cách mặt đất $450cm$). Nửa đường chéo đáy: $O_{1}A=\sqrt{450^2+600^2}=750cm$. Vì các cạnh bên bằng nhau nên $S$ nằm trên đường thẳng qua $O_1$ vuông góc với $(ABCD)$. Góc giữa cạnh bên $SA$ và mặt đáy là $\alpha$, nên $\tan \alpha =\frac{S{O}_1}{O_{1}A}=\frac{1}{5}\Rightarrow S{O}_1=\frac{750}{5}=150cm$. Vậy đỉnh mái nhà cách mặt đất: $450+150=600cm=6m$.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp S.ABC: SA ⊥ (ABC), tam giác ABC vuông tại C, AC = a, AB = 2a nên BC = √(AB² − AC²) = √3·a; tam giác ABC có sin∠BAC = BC/AB = √3/2 nên ∠BAC = 60°, ∠ABC = 30°. Tam giác SAC vuông tại A với SA = AC = a nên SC = a√2, các góc ∠SCA = ∠CSA = 45°.

a) Góc với mặt phẳng (ABC):
- SA ⊥ (ABC) nên góc giữa SA và (ABC) bằng 90°.
- SC có hình chiếu lên (ABC) là AC, góc = ∠SCA = 45°.
- SB có hình chiếu lên (ABC) là AB, góc = ∠SBA với tan∠SBA = SA/AB = a/(2a) = 1/2, vậy góc = arctan(1/2) ≈ 26°33′.

b) Góc với mặt phẳng (SAC):
- Vì BC ⊥ AC (giả thiết) và BC ⊥ SA (SA ⊥ (ABC)) nên BC ⊥ (SAC), góc giữa BC và (SAC) bằng 90°.
- BA có hình chiếu lên (SAC) là CA, góc = ∠BAC = 60°.
- Vì BC ⊥ (SAC) nên hình chiếu của B lên (SAC) là C, hình chiếu của BS là CS; góc = ∠BSC. Tam giác SBC có SB = √(SA² + AB²) = √5·a, SC = a√2, BC = a√3, nên cos∠BSC = (SB² + SC² − BC²)/(2·SB·SC) = (5 + 2 − 3)/(2√10) = √10/5, góc = arccos(√10/5) ≈ 50°46′.

c) Góc với mặt phẳng (SAB), CH là đường cao của ΔABC:
- CH ⊥ AB và CH ⊥ SA (vì SA ⊥ (ABC)) nên CH ⊥ (SAB), góc giữa CH và (SAB) bằng 90°.
- Vì CH ⊥ (SAB) nên H là hình chiếu của C lên (SAB). Trong ΔABC vuông tại C: AH = AC·cos∠BAC = a/2, CH = a√3/2, BH = AB − AH = 3a/2.
- CA: góc = ∠CAH, tan∠CAH = CH/AH = √3 nên góc = 60°.
- CB: góc = ∠CBH, tan∠CBH = CH/BH = (a√3/2)/(3a/2) = √3/3 nên góc = 30°.
- CS: góc = ∠CSH với SH = √(SA² + AH²) = a√5/2, CS = a√2, CH = a√3/2; cos∠CSH = (CS² + SH² − CH²)/(2·CS·SH) = (2 + 5/4 − 3/4)/(√10) = √10/4, góc = arccos(√10/4) ≈ 37°46′.

d) AK là đường cao của ΔSAC từ A; vì SA = AC nên K là trung điểm SC, AK = (SA·AC)/SC = a/√2, SK = a√2/2 = a/√2.
- AK ⊥ SC và AK ⊥ BC (vì BC ⊥ (SAC) ⊃ AK) nên AK ⊥ (SBC): góc giữa AK và (SBC) bằng 90°.
- Vì AK ⊥ (SBC) nên K là hình chiếu của A lên (SBC).
- AS: góc = ∠ASK; tam giác AKS vuông tại K có AK = SK = a/√2 nên ∠ASK = 45°.
- AC: góc = ∠ACK = ∠ACS = 45° (vì K nằm trên SC, tam giác SAC cân tại A, ∠ACS = 45°).

(AI giải đề cho tôi)
Thiết lập hệ trục: vì đáy vuông tại $A,B$ nên $AD\perp AB$, $BC\perp AB$, do đó $AD\parallel BC$. Chọn $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;a;0)$, $D(0;2a;0)$, $S(0;0;a\sqrt{2})$.

a) $SC$ và $(SAB)$: Ta có $AB\perp BC$ (giả thiết) và $SA\perp BC$ ($SA\perp$ đáy) $\Rightarrow BC\perp (SAB)$. Vậy hình chiếu của $SC$ lên $(SAB)$ là $CB$, góc cần tính là $\widehat{SCB}$. Tam giác $SBC$ vuông tại $B$ với $BC=a$, $SB=\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}=\sqrt{2a^2+a^2}=a\sqrt{3}$. Do đó $\tan \widehat{SCB}=\frac{SB}{BC}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SCB}=60^0$.

b) $SD$ và $(SAC)$: Ta có $DC\perp SA$ (vì $SA\perp$ đáy) và $DC\perp AC$ vì $\overrightarrow{DC}=(a;-a;0)$, $\overrightarrow{AC}=(a;a;0)$, tích vô hướng $a^2-a^2=0$. Vậy $DC\perp (SAC)$, hình chiếu của $D$ lên $(SAC)$ là $C$, hình chiếu của $SD$ là $SC$. Góc giữa $SD$ và $(SAC)$ là $\widehat{DSC}$. Tam giác $SDC$ vuông tại $C$: $SD=\sqrt{S{A}^2+A{D}^2}=\sqrt{2a^2+4a^2}=a\sqrt{6}$, $DC=a\sqrt{2}$. Suy ra $\sin \widehat{DSC}=\frac{DC}{SD}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{6}}=\frac{1}{\sqrt{3}}$, tức $\widehat{DSC}=\arcsin \frac{\sqrt{3}}{3}\approx 35^{0}15^{\prime }$ (hoặc $\tan \widehat{DSC}=\frac{DC}{SC}=\frac{a\sqrt{2}}{2a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$).

c) $AC$ và $(SAD)$: Ta có $AB\perp AD$ và $AB\perp SA$ $\Rightarrow AB\perp (SAD)$. Gọi $H$ là hình chiếu của $C$ lên $(SAD)$, thì $H$ thuộc đường thẳng qua $C$ song song $AB$, tức $H$ nằm trên $AD$ với $CH=AB=a$, $AH=BC=a$. Hình chiếu của $AC$ lên $(SAD)$ là $AH$, góc cần tính là $\widehat{CAH}$. Tam giác $ACH$ vuông tại $H$ với $AH=CH=a$ nên $\tan \widehat{CAH}=\frac{CH}{AH}=1\Rightarrow \widehat{CAH}=45^0$.

Kết luận: a) $60^0$; b) $\arcsin \frac{\sqrt{3}}{3}\approx 35^{0}15^{\prime }$; c) $45^0$.