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

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng: $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BC$ (vì $BC$ nằm trong $(ABCD)$).
b) Sai: $SB$ và $SD$ cùng đi qua điểm $S$ nên chúng cắt nhau (tại $S$), không chéo nhau.
c) Sai: Vì $CD\perp AD$ và $SA\perp (ABCD)\Rightarrow SA\perp CD$ nên $CD\perp (SAD)$, do đó hình chiếu của $C$ lên $(SAD)$ là $D$, góc giữa $SC$ và $(SAD)$ là $\angle SCD$. Ta có $SD=\sqrt{S{A}^2+A{D}^2}=\sqrt{\frac{a^2}{3}+a^2}=\frac{2a}{\sqrt{3}}$, nên $\tan \angle SCD=\frac{SD}{CD}=\frac{2}{\sqrt{3}}\approx 1,155$, suy ra $\angle SCD\approx 49^{\circ }\ne 30^{\circ }$.
d) Đúng: $BC\parallel AD$ nên góc giữa $SD$ và $BC$ bằng góc giữa $SD$ và $AD$, tức $\angle SDA$. Trong tam giác vuông $SAD$ vuông tại $A$: $\tan \angle SDA=\frac{SA}{AD}=\frac{a/\sqrt{3}}{a}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \angle SDA=30^{\circ }$. Khớp với đáp án nguồn: a) Đ, b) S, c) S, d) Đ.
a) (AI giải đề cho tôi)
$SA\perp (ABCD)$ nên $SA$ vuông góc với mọi đường thẳng trong $(ABCD)$, kể cả $BC$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$SB$ và $SD$ cùng đi qua $S$ nên cắt nhau tại $S$, không chéo nhau.
c) (AI giải đề cho tôi)
$CD\perp (SAD)$ nên góc giữa $SC$ và $(SAD)$ là $\angle SCD$ với $\tan \angle SCD=\frac{SD}{CD}=\frac{2}{\sqrt{3}}$, góc $\approx 49^{\circ }\ne 30^{\circ }$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$BC\parallel AD$ nên góc giữa $SD$ và $BC$ là $\angle SDA=\arctan \frac{SA}{AD}=\arctan \frac{1}{\sqrt{3}}=30^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng: Vì SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ AB (AB nằm trong đáy).
b) Đúng: AB nằm trong (ABCD) còn SC cắt (ABCD) tại C, với C không thuộc AB, nên AB và SC chéo nhau.
c) Sai: Vì AB ⊥ SA và AB ⊥ AD nên AB ⊥ (SAD), suy ra (SAB) ⊥ (SAD) giao tuyến SA. Kẻ CH ⊥ SA tại H (trong (SAD)) thì CH ⊥ (SAB), CH = AD = a. Tam giác SAC vuông tại A có SC = √(SA² + AC²) = √(3a² + 2a²) = a√5. Góc giữa SC và (SAB) là góc SCH với sin = CH/SC = 1/√5, nên góc ≈ 26°33′ ≠ 30°.
d) Đúng: CD ∥ AB nên góc giữa SB và CD bằng góc giữa SB và AB. Tam giác SAB vuông tại A có tan(SBA) = SA/AB = a√3/a = √3, suy ra góc = 60°.
a) (AI giải đề cho tôi)
SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ mọi đường thẳng trong đáy, kể cả AB.
b) (AI giải đề cho tôi)
AB nằm trong (ABCD), SC cắt (ABCD) tại C ∉ AB, nên AB và SC chéo nhau.
c) (AI giải đề cho tôi)
(SAB) ⊥ (SAD) giao tuyến SA; kẻ CH ⊥ SA thì CH ⊥ (SAB), CH = a, SC = a√5, sin(góc) = 1/√5 ⇒ góc ≈ 26°33′ ≠ 30°.
d) (AI giải đề cho tôi)
CD ∥ AB nên góc cần tìm bằng góc SBA; tan(SBA) = SA/AB = √3 ⇒ góc = 60°.

(Vẽ đúng hình chóp S.ABC 0,25đ)
Gọi E, I lần lượt là trung điểm của SC và SH.
Khi đó: $\left(MN;(SAB)\right)=\left(BE;(SAB)\right)=\widehat{EBI}$
Xét $△BEI$ vuông tại I và có $BE=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ ; $EI=\frac{a\sqrt{2}}{4}$
$\sin EBI=\frac{\sqrt{6}}{6}\Rightarrow \left(MN;(SAB)\right)\approx 24,1^{\circ }$

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA$ là chiều cao, $SA=4$; đáy là hình vuông cạnh $AB=3$ tâm $O$.
a) Sai. $M$ là trung điểm $SC$, khoảng cách từ $M$ đến $(ABCD)$ bằng nửa khoảng cách từ $S$ (tức bằng $\frac{SA}{2}=2\ne 4$).
b) Đúng. Trong tam giác $SAC$, $O$ là trung điểm $AC$ nên $MO$ là đường trung bình, suy ra $MO\parallel SA$. Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $MO\perp (ABCD)$.
c) Đúng. Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BC$ (vì $BC$ nằm trong mặt đáy).
d) Sai. Ta có $BC\perp AB$ và $BC\perp SA$ nên $BC\perp (SAB)$; do đó hình chiếu của $C$ lên $(SAB)$ là $B$, góc giữa $SC$ và $(SAB)$ là $\angle SCB$. Tính $SB=\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}=\sqrt{16+9}=5$, $SC=\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}=\sqrt{16+18}=\sqrt{34}$. Trong tam giác vuông tại $B$ (vì $CB\perp SB$): $\tan \alpha =\frac{SB}{BC}=\frac{5}{3}\ne \frac{2\sqrt{2}}{3}$. Khớp với đáp án nguồn: a) Sai, b) Đúng, c) Đúng, d) Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$M$ là trung điểm $SC$ nên khoảng cách từ $M$ đến $(ABCD)$ bằng $\frac{SA}{2}=2\ne 4$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$MO$ là đường trung bình tam giác $SAC$ nên $MO\parallel SA\perp (ABCD)$, suy ra $MO\perp (ABCD)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$SA\perp (ABCD)$ nên $SA$ vuông với mọi đường thẳng trong mặt đáy, kể cả $BC$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$BC\perp (SAB)$ nên góc giữa $SC$ và $(SAB)$ là $\angle SCB$ với $\tan \alpha =\frac{SB}{BC}=\frac{5}{3}\ne \frac{2\sqrt{2}}{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $AC$ là hình chiếu của $SC$ lên $(ABCD)$, do đó góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SCA}=60^{\circ }$. Hình vuông cạnh $\sqrt{2}$ nên $AC=\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}=2$. Tam giác $SAC$ vuông tại $A$: $SA=AC\cdot \tan 60^{\circ }=2\sqrt{3}\approx 3,4646\approx 3,5$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (3,5).

[Hình cần kiểm tra lại: p5_f1]

Ta có $BC\perp AB$ và $BC\perp SA\Rightarrow BC\perp (SAB)\Rightarrow (SBC)\perp (SAB)$.

Kẻ $AH\perp SB$ tại $H\Rightarrow AH\perp (SBC)$. Góc cần tìm là $\widehat{ASH}$.

Tính $AB=\sqrt{A{C}^2-B{C}^2}=a\sqrt{3}$.

Xét tam giác $SAB$ vuông tại $A$: $\cos \widehat{ASB}=\frac{SA}{SB}$.

$SA=\sqrt{S{B}^2-A{B}^2}=\sqrt{(2a\sqrt{3}{)}^2-(a\sqrt{3}{)}^2}=3a$.

$\sin \widehat{ASB}=\frac{AB}{SB}=\frac{a\sqrt{3}}{2a\sqrt{3}}=\frac{1}{2}\Rightarrow \widehat{ASB}=30^{\circ }$.

Chọn B

a) Đúng. Vì tam giác $SAB$ đều nên $\widehat{SAB}=60^{\circ }\Rightarrow (SA,AB)=60^{\circ }$.

b) Đúng. Vì $SH\perp (ABCD)$ nên $SH\perp HA$ và $SH\perp HD$. Suy ra góc phẳng nhị diện $[A,SH,D]$ là góc $\widehat{DHA}$.

c) Đúng. Ta có $BC\perp AB$ (do $ABCD$ là hình chữ nhật) và $BC\perp SH$ (do $SH\perp (ABCD)$). Suy ra $BC\perp (SAB)$.

d) Sai. Hình chiếu vuông góc của $SC$ lên mặt phẳng $(ABCD)$ là $HC$. Góc cần tìm là $\widehat{SCH}$.

Đường cao $SH=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$.

Xét tam giác $HBC$ vuông tại $B$ có $HB=a,BC=a\Rightarrow HC=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}$.

Vậy $\tan \widehat{SCH}=\frac{SH}{HC}=\frac{a\sqrt{3}}{a\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{2}\ne \frac{\sqrt{12}}{5}$.
a) Đúng. Vì tam giác $SAB$ đều nên $\widehat{SAB}=60^{\circ }\Rightarrow (SA,AB)=60^{\circ }$.
b) Đúng. Vì $SH\perp (ABCD)$ nên $SH\perp HA$ và $SH\perp HD$. Suy ra góc phẳng nhị diện $[A,SH,D]$ là góc $\widehat{DHA}$.
c) Đúng. Ta có $BC\perp AB$ (do $ABCD$ là hình chữ nhật) và $BC\perp SH$ (do $SH\perp (ABCD)$). Suy ra $BC\perp (SAB)$.
d) Sai. Hình chiếu vuông góc của $SC$ lên mặt phẳng $(ABCD)$ là $HC$. Góc cần tìm là $\widehat{SCH}$.

Đường cao $SH=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$.

Xét tam giác $HBC$ vuông tại $B$ có $HB=a,BC=a\Rightarrow HC=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}$.

Vậy $\tan \widehat{SCH}=\frac{SH}{HC}=\frac{a\sqrt{3}}{a\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{2}\ne \frac{\sqrt{12}}{5}$.

a) Chứng minh $CD\perp (SAD)$. Từ đó suy ra, tam giác $SCD$ vuông tại $D$.

+ Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp CD$. (0,25)
+ Vì $ABCD$ là hình vuông nên $AD\perp CD$. (0,25)
Có $CD$ vuông góc với $SA,AD$, và $SA$ cắt $AD$ trong mặt phẳng $(SAD)$ nên suy ra $CD\perp (SAD)$. (0,25)
Do $CD\perp (SAD)$ và $SD\subset (SAD)$ nên suy ra $CD\perp SD$.
Vậy tam giác $SCD$ vuông tại $D$. (0,25)

b) Tính $\cos \alpha$.
Gọi $N$ là trung điểm $AB$.
Ta có: $MN$ là đường trung bình của $\Delta SAB$ nên $MN//SA$ và $MN=\frac{1}{2}SA=a$.
Lại có: $SA\perp (ABCD)$.
Do đó $MN\perp (ABCD)$
Suy ra $ND$ là hình chiếu của $MD$ trên $(ABCD)$ nên góc giữa đường thẳng $DM$ và $(ABCD)$ bằng $\widehat{MDN}$. (0,25)
Ta có: $DN=\sqrt{A{D}^2+A{N}^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$, $DM=\frac{3a}{2}$.
Xét $\Delta MND$ vuông tại $N$, có $\cos \widehat{MDN}=\frac{ND}{DM}=\frac{\sqrt{5}}{3}$. (0,25)

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABC$ đều cạnh $2a$ nên $AM=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$. Tam giác $SAM$ vuông tại $A$ có $SM=\sqrt{S{A}^2+A{M}^2}=\sqrt{2a^2+3a^2}=a\sqrt{5}$.
a) Đúng: $BC\perp AM$ (tam giác đều) và $BC\perp SA$ (vì $SA\perp (ABC)$) nên $BC\perp (SAM)\Rightarrow BC\perp AH$. Mặt khác $AH\perp SM$ (giả thiết). Vậy $AH\perp (SBC)$.
b) Đúng: Vì $AH\perp (SBC)$ nên hình chiếu của $S$ trên $(SBC)$ là $S$, hình chiếu của $A$ là $H$, do đó hình chiếu của $SA$ là $SH$; góc giữa $SA$ và $(SBC)$ là $\widehat{ASH}$.
c) Sai: $AH=\frac{SA\cdot AM}{SM}=\frac{a\sqrt{2}\cdot a\sqrt{3}}{a\sqrt{5}}=\frac{a\sqrt{30}}{5}\approx 1,095a\ne \frac{6\sqrt{2}a}{5}$.
d) Đúng: $\sin \widehat{ASH}=\frac{AH}{SA}=\frac{a\sqrt{30}/5}{a\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{15}}{5}$.
a) (AI giải đề cho tôi)
$BC\perp AM$ và $BC\perp SA\Rightarrow BC\perp (SAM)\Rightarrow BC\perp AH$; cộng với $AH\perp SM$ suy ra $AH\perp (SBC)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $SA$ lên $(SBC)$ là $SH$ (vì $AH\perp (SBC)$), nên góc giữa $SA$ và $(SBC)$ là $\widehat{ASH}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$AH=\frac{SA\cdot AM}{SM}=\frac{a\sqrt{2}\cdot a\sqrt{3}}{a\sqrt{5}}=\frac{a\sqrt{30}}{5}$, khác $\frac{6\sqrt{2}a}{5}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\sin \widehat{ASH}=\frac{AH}{SA}=\frac{\sqrt{30}/5}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{15}}{5}$.

(AI giải đề cho tôi)
Thiết lập hệ trục: A(0,0,0), B(a√3,0,0), D(0,a,0), C(a√3,a,0), S(0,0,a√3), O(a√3/2, a/2, 0).
a) Đúng: SA⊥(ABCD) nên SA⊥AB, SA⊥AD ⇒ tam giác SAB, SAD vuông tại A; lại AB⊥AD nên BC⊥SA và BC⊥AB ⇒ BC⊥SB (tam giác SBC vuông tại B); tương tự CD⊥SD (vuông tại D). Vậy cả 4 mặt bên là tam giác vuông.
b) Đúng: Mặt phẳng (SAB) là mặt phẳng y=0. Hình chiếu của O lên (SAB) là H(a√3/2, 0, 0), nên OH = a/2 và SO = √(3a²/4 + a²/4 + 3a²) = 2a. Do đó sinα = OH/SO = (a/2)/(2a) = 1/4.
c) Sai: DC ∥ AB nên góc giữa SB và DC bằng góc giữa SB và AB, tức góc SBA của tam giác SAB vuông tại A. Ta có tan∠SBA = SA/AB = a√3/(a√3) = 1 ⇒ góc bằng 45°, không phải 30°.
d) Sai: Để BD⊥(SAC) cần BD⊥AC. Nhưng ABCD là hình chữ nhật với AB = a√3 ≠ AD = a nên hai đường chéo không vuông góc với nhau; do đó BD không vuông góc với (SAC).
a) (AI giải đề cho tôi)
SA⊥(ABCD) nên SA⊥AB, SA⊥AD; kết hợp AB⊥AD suy ra bốn mặt bên SAB, SAD, SBC, SCD lần lượt vuông tại A, A, B, D.
b) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của O trên (SAB) là H(a√3/2,0,0), OH = a/2, SO = 2a nên sinα = 1/4.
c) (AI giải đề cho tôi)
DC∥AB nên góc giữa SB và DC bằng góc SBA với tan∠SBA = SA/AB = 1, góc bằng 45° chứ không phải 30°.
d) (AI giải đề cho tôi)
BD⊥(SAC) đòi hỏi BD⊥AC, nhưng hình chữ nhật có AB ≠ AD nên hai đường chéo không vuông góc; do đó khẳng định sai.

a) (0,5 điểm) Chứng minh rằng $CD\perp (SAD)$.

Ta có $SA\perp (ABCD)$, $CD\subset (ABCD)\Rightarrow SA\perp CD$ (0,25 điểm)

Mặt khác, $CD\perp AD$, $SA\cap AD=\{A\}$ $\Rightarrow CD\perp (SAD)$. (0,25 điểm)

b) (0,5 điểm) Cho $AD=a$, $AB=a\sqrt{3}$, $SA=a\sqrt{2}$. Tính số đo góc giữa đường thẳng $SC$ và mặt phẳng $(SAD)$.

Từ $CD\perp (SAD)$ $\Rightarrow$ hình chiếu vuông góc của $SC$ trên mặt phẳng $(SAD)$ là $SD$ $\Rightarrow$ góc giữa $SC$ và mặt phẳng $(SAD)$ là góc $(SC,SD)=\widehat{CSD}$ (0,25 điểm)

Xét tam giác $SAD$ vuông tại A, có: $S{D}^2=S{A}^2+A{D}^2=2a^2+a^2=3a^2$ $\Rightarrow SD=a\sqrt{3}$, mà $CD=AB=a\sqrt{3}$ $\Rightarrow$ tam giác $SCD$ vuông cân tại D $\Rightarrow \widehat{CSD}=45^{\circ }$. Vậy góc giữa $SC$ và mặt phẳng $(SAD)$ bằng $45^{\circ }$. (0,25 điểm)

(AI giải đề cho tôi)
a) Sai. Vì DC // AB nên góc giữa SB và DC bằng góc giữa SB và AB, tức góc SBA trong tam giác SAB vuông tại A với SA = AB = a√3, nên góc SBA = 45° ≠ 30°.
b) Đúng. Khoảng cách từ O đến (SAB) bằng khoảng cách từ O đến AB là d = AD/2 = a/2. AO = nửa đường chéo = √(3a² + a²)/2 = a, nên SO = √(SA² + AO²) = √(3a² + a²) = 2a. Do đó sinα = d/SO = (a/2)/(2a) = 1/4.
c) Đúng. SA ⊥ (ABCD) nên tam giác SAB và SAD vuông tại A. Vì BC ⊥ AB và BC ⊥ SA nên BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ SB, tam giác SBC vuông tại B. Tương tự CD ⊥ (SAD) ⇒ CD ⊥ SD, tam giác SCD vuông tại D. Vậy cả bốn mặt bên đều là tam giác vuông.
d) Sai. Trong hình chữ nhật có các cạnh không bằng nhau (a√3 ≠ a), hai đường chéo AC và BD không vuông góc với nhau, nên BD không vuông góc với AC, do đó BD không vuông góc với (SAC). Kết quả khớp bảng đáp án mã đề 1111: a) S, b) Đ, c) Đ, d) S.
a) (AI giải đề cho tôi)
DC // AB nên góc(SB, DC) = góc SBA = 45° vì tam giác SAB vuông cân tại A (SA = AB = a√3), không phải 30°.
b) (AI giải đề cho tôi)
d(O,(SAB)) = a/2, SO = 2a nên sinα = 1/4.
c) (AI giải đề cho tôi)
SAB, SAD vuông tại A; BC ⊥ (SAB) nên SBC vuông tại B; CD ⊥ (SAD) nên SCD vuông tại D.
d) (AI giải đề cho tôi)
AC và BD là hai đường chéo hình chữ nhật có cạnh khác nhau nên không vuông góc, suy ra BD không ⊥ (SAC).

a) (0,5 điểm) Chứng minh rằng $BC\perp (SAB)$.



Ta có $SA\perp (ABCD),BC\subset (ABCD)\Rightarrow SA\perp BC$ (0,25 điểm)

Mặt khác, $BC\perp AB,SA\cap AB=\{A\}$ $\Rightarrow BC\perp (SAB)$. (0,25 điểm)

b) (0,5 điểm) Cho $AB=a,SA=a\sqrt{2}$. Tính số đo góc giữa đường thẳng $SC$ và mặt phẳng $(SAB)$.

Từ $BC\perp (SAB)\Rightarrow$ hình chiếu vuông góc của $SC$ trên mặt phẳng $(SAB)$ là $SB$ $\Rightarrow$ góc giữa $SC$ và mặt phẳng $(SAB)$ là góc $(SC,SB)=\widehat{CSB}$ (0,25 điểm)

Xét tam giác $SAB$ vuông tại A, có: $S{B}^2=S{A}^2+A{B}^2=2a^2+a^2=3a^2$ $\Rightarrow SB=a\sqrt{3}$

Xét tam giác $SBC$ vuông tại B, có: $\tan \widehat{CSB}=\frac{BC}{SB}=\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow \widehat{CSB}=30^{\circ }$ (0,25 điểm)

Vậy góc giữa $SC$ và mặt phẳng $(SAB)$ bằng $30^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: C=(0,0,0), A=(a√2,0,0), B=(0,a,0), S=(a√2,0,a√3) (vì SA⊥(ABC)). Ta có AB=a√3, SC=√(2a²+3a²)=a√5. Vecto AB=(-a√2,a,0), AS=(0,0,a√3), nên pháp tuyến của (SAB) là n=AB×AS=(a²√3, a²√6, 0), độ dài 3a², tức n=(√3,√6,0)/3. Khoảng cách từ C đến (SAB): d=|n·(C−A)|=√3·a√2/3=a√6/3. Sin góc giữa SC và (SAB) = d/SC = (a√6/3)/(a√5)=√30/15≈0,3651≈0,37. Kết quả khớp với đáp án nguồn 0,37.

a) Có $\{\begin{array}{l}BC\perp SC\\ BC\perp CD\end{array}\Rightarrow BC\perp (SCD)$ [thang điểm: 0,25 + 0,25]

b) Tam giác $OCB$ cân tại $O$ có $E$ là trung điểm $BC\Rightarrow OE\perp BC$.
Có: $OE\perp SC\Rightarrow OE\perp (SBC)\Rightarrow OE\perp BM$ [0,25]
Có: $BM\perp SE\Rightarrow BM\perp (SOE)\Rightarrow BM\perp SO$ [0,25 + 0,25]

c) + Gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên SD. Chứng minh $CH\perp (SAD)$.
Gọi I là trung điểm của AH $\Rightarrow OI\parallel CH\Rightarrow OI\perp (SAD)$.
Góc giữa SO và (SAD) là góc $\phi =\widehat{OSI}$. [0,25]
+ Tính được:
$AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=2a\Rightarrow OC=a$
$SC=\sqrt{S{A}^2-A{C}^2}=a\sqrt{15}$, $CH=\frac{a\sqrt{10}}{2}\Rightarrow OI=\frac{a\sqrt{10}}{4}$
$SO=\sqrt{S{C}^2+O{C}^2}=4a$
$\sin \phi =\sin \widehat{OSI}=\frac{\sqrt{10}}{16}$ [0,25]

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{3a^2+a^2}=2a$, $SB=\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}=\sqrt{2a^2+3a^2}=a\sqrt{5}$, $SC=\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}=\sqrt{2a^2+4a^2}=a\sqrt{6}$. Gọi $d$ là khoảng cách từ $B$ đến $(SAC)$ thì $\sin$ góc giữa $SB$ và $(SAC)$ bằng $\frac{d}{SB}$. Tính $d$ qua thể tích: $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}\cdot SA\cdot \frac{AB\cdot BC}{2}=\frac{1}{3}\cdot a\sqrt{2}\cdot \frac{a\sqrt{3}\cdot a}{2}=\frac{a^3\sqrt{6}}{6}$. Diện tích $△SAC=\frac{1}{2}\cdot SA\cdot AC=\frac{1}{2}\cdot a\sqrt{2}\cdot 2a=a^2\sqrt{2}$. Suy ra $d=\frac{3V}{S_{SAC}}=\frac{a^3\sqrt{6}/2}{a^2\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Vậy $\sin \phi =\frac{a\sqrt{3}/2}{a\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{15}}{10}\approx 0,3873\approx 0,39$, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $OA\perp OB$ và $OA\perp OC$ nên $OA\perp (OBC)$. Hình chiếu của $AC$ trên $(OBC)$ là $OC$, góc giữa $AC$ và $(OBC)$ là $\angle ACO$. Tam giác $AOC$ vuông tại $O$ có $OA=5$, $OC=4$, nên $\tan \angle ACO=\frac{OA}{OC}=\frac{5}{4}$. (Kiểm tra: $AC=\sqrt{41}$, $\sin \angle ACO=5/\sqrt{41}$, $\cos =4/\sqrt{41}$, tan $=5/4$.)

(AI giải đề cho tôi)
a) Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $AB\perp SA$; trong hình chữ nhật $ABCD$ có $AB\perp AD$. Suy ra $AB\perp (SAD)$, góc giữa $AB$ và $(SAD)$ bằng $90^{\circ }$. ĐÚNG.
b) $ABCD$ là hình chữ nhật nên $BD\perp AC$; $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BD$. Vậy $BD\perp (SAC)$. ĐÚNG.
c) $CD\perp AD$ và $CD\perp SA$ nên $CD\perp (SAD)$, giao tuyến của $(SCD)$ và $(ACD)$ là $CD$, góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa $SD$ và $AD$: $\tan \phi =\frac{SA}{AD}=\frac{a}{3a}=\frac{1}{3}\Rightarrow \cot \phi =3\ne \frac{1}{3}$. SAI.
d) Hình chiếu của $B$ lên $(SAD)$ là $A$ (vì $AB\perp (SAD)$), góc giữa $SB$ và $(SAD)$ là góc $\widehat{BSA}$ với $\tan \widehat{BSA}=\frac{AB}{SA}=1\Rightarrow \widehat{BSA}=45^{\circ }$. ĐÚNG.
a) (AI giải đề cho tôi)
$AB\perp SA$ (do $SA\perp (ABCD)$) và $AB\perp AD$ (hình chữ nhật) nên $AB\perp (SAD)$, góc bằng $90^{\circ }$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$BD\perp AC$ (hình chữ nhật) và $BD\perp SA$ (do $SA\perp (ABCD)$) nên $BD\perp (SAC)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$CD\perp (SAD)$ nên góc giữa $(SCD)$ và $(ACD)$ là góc giữa $SD$ và $AD$: $\tan \phi =\frac{SA}{AD}=\frac{1}{3}\Rightarrow \cot \phi =3\ne \frac{1}{3}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $B$ lên $(SAD)$ là $A$, góc là $\widehat{BSA}$ với $\tan \widehat{BSA}=\frac{AB}{SA}=1\Rightarrow 45^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì lăng trụ đứng nên $C{C}^{\prime }\perp (ABC)$, do đó hình chiếu của $B{C}^{\prime }$ lên mặt phẳng $(ABC)$ là $BC$. Vậy góc giữa $B{C}^{\prime }$ và $(ABC)$ là góc giữa $B{C}^{\prime }$ và $BC$, tức là góc $C^{\prime }BC$.

Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ với $AB=a\sqrt{3}$, $AC=a$ nên:
$$BC=\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}=\sqrt{3a^2+a^2}=2a.$$

Tam giác $C^{\prime }CB$ vuông tại $C$ (vì $C{C}^{\prime }\perp (ABC)$ nên $C{C}^{\prime }\perp BC$) với $C{C}^{\prime }=A{A}^{\prime }=a$, do đó:
$$\tan \left(\widehat{C^{\prime }BC}\right)=\frac{C{C}^{\prime }}{BC}=\frac{a}{2a}=\frac{1}{2}.$$

Vậy góc giữa $B{C}^{\prime }$ và $(ABC)$ bằng $\arctan \frac{1}{2}\approx 26^{\circ }34^{\prime }\approx 26,57^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi H là hình chiếu của A trên mặt đất. Vì AB tạo với mặt đất góc 60° nên AH = AB·sin60° = 6·(√3/2) = 3√3 (m). Tam giác ABC vuông tại B (vì BC ⊥ AB) nên AC = √(AB² + BC²) = √(36 + 9) = 3√5 (m). Góc giữa đường thẳng AC và mặt đất là góc giữa AC và hình chiếu CH của nó trên mặt đất, tức góc ACH. Ta có sin(ACH) = AH/AC = 3√3/(3√5) = √(3/5) ≈ 0,7746, suy ra góc ACH = arcsin(0,7746) ≈ 50,768° ≈ 50,8°.