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

(AI giải đề cho tôi)
Gọi cạnh lục giác đều là $a$. Diện tích đáy $\frac{3\sqrt{3}}{2}{a}^2=18\sqrt{3}\Rightarrow a^2=12\Rightarrow a=2\sqrt{3}$. Hình chiếu của đỉnh trùng tâm $O$ của lục giác, nên các thanh tre là các cạnh bên của chóp. Góc giữa thanh tre (cạnh bên, ví dụ $SA$) với mặt sàn là góc $\angle SAO=30^{\circ }$, với $OA$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp lục giác: $OA=a=2\sqrt{3}$. Chiều cao cột giữa $SO=OA\cdot \tan 30^{\circ }=2\sqrt{3}\cdot \frac{1}{\sqrt{3}}=2$ m. Vậy độ dài dây đèn cần chuẩn bị ít nhất là $2$ m, khớp với đáp án nguồn (mã đề 1101, câu 18 = 2).

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp S.ABCD đáy hình vuông cạnh a, SA ⊥ (ABCD), SA = √3a. Trong tam giác vuông SAB (vuông tại A): SB = √(SA² + AB²) = √(3a² + a²) = 2a.

a) ĐÚNG: Vì SA ⊥ (ABCD) nên AC là hình chiếu của SC lên (ABCD), do đó góc giữa SC và (ABCD) là góc giữa SC và AC, tức là SCA (góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng).

b) ĐÚNG: Ta có BC ⊥ AB (đáy hình vuông) và BC ⊥ SA (vì SA ⊥ (ABCD)) ⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ AH. Mặt khác AH ⊥ SB theo giả thiết (H là hình chiếu của A lên SB). AH vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau SB và BC trong (SBC) nên AH ⊥ (SBC).

c) ĐÚNG: Vì BC ⊥ (SAB) nên BC ⊥ SB và BC ⊥ AB. Hai đường thẳng SB ⊂ (SBC) và AB ⊂ (ABC) cùng vuông góc với cạnh BC tại B, do đó góc nhị diện [S, BC, A] là góc SBA. Trong tam giác vuông SAB: tan SBA = SA/AB = √3a/a = √3 ⇒ góc SBA = 60°.

d) SAI: Khoảng cách từ A đến (SBC) chính là AH (do AH ⊥ (SBC)). AH là đường cao của tam giác vuông SAB ứng với cạnh huyền SB: AH = SA·AB/SB = (√3a·a)/(2a) = (√3a)/2 ≈ 0,866a. Trong khi √6a/3 ≈ 0,816a, hai giá trị không bằng nhau nên mệnh đề sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
SA ⊥ (ABCD) nên AC là hình chiếu của SC trên (ABCD); góc giữa SC và (ABCD) là SCA.
b) (AI giải đề cho tôi)
BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ AH, kết hợp AH ⊥ SB nên AH ⊥ (SBC).
c) (AI giải đề cho tôi)
BC ⊥ (SAB) nên góc nhị diện [S,BC,A] là góc SBA; tan SBA = SA/AB = √3 ⇒ 60°.
d) (AI giải đề cho tôi)
d(A,(SBC)) = AH = SA·AB/SB = √3a/2 ≈ 0,866a ≠ √6a/3 ≈ 0,816a nên mệnh đề sai.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục $A(0;0;0)$, $B(2a;0;0)$, $C(2a;2a;0)$, $D(0;2a;0)$, $S(0;0;2\sqrt{2}a)$.
a) ĐÚNG: $SA\perp (ABCD)$ nên $DA$ là hình chiếu của $SD$ trên $(ABCD)$; góc giữa $SD$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SDA}$ (với $\tan \widehat{SDA}=\frac{SA}{AD}=\sqrt{2}$).
b) SAI: $BC\perp AB$ (đáy vuông) và $BC\perp SA$ (vì $SA\perp$ đáy) nên $BC\perp (SAB)$; nhưng $BC$ không vuông góc với $CD$ nên không suy ra $BC\perp (SCD)$.
c) ĐÚNG: $(SBC)$ qua $S(0;0;2\sqrt{2}a)$, $B(2a;0;0)$, $C(2a;2a;0)$ có pháp tuyến $\vec{n}=(\sqrt{2};0;1)$, phương trình $\sqrt{2}x+z=2\sqrt{2}a$. Khoảng cách từ $A(0;0;0)$: $d=\frac{2\sqrt{2}a}{\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{6}a}{3}$.
d) SAI: Vì $BC\perp (SAB)$ nên $BC\perp BA$ và $BC\perp BS$, góc nhị diện $[S,BC,A]$ là $\widehat{SBA}$ với $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\sqrt{2}$, suy ra góc $\approx 54,74^{\circ }\ne 60^{\circ }$. Kết quả khớp đáp án nguồn: 2a Đ, 2b S, 2c Đ, 2d S.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $SA\perp (ABCD)$ nên $DA$ là hình chiếu của $SD$ trên $(ABCD)$; góc giữa $SD$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SDA}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $BC\perp AB$ và $BC\perp SA$ nên $BC\perp (SAB)$; nhưng $BC$ không vuông góc với $CD$ nên không suy ra $BC\perp (SCD)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $(SBC)$: $\sqrt{2}x+z=2\sqrt{2}a$; $d(A,(SBC))=\frac{2\sqrt{2}a}{\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{6}a}{3}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) Góc nhị diện $[S,BC,A]$ là $\widehat{SBA}$ với $\tan \widehat{SBA}=\sqrt{2}$, góc $\approx 54,74^{\circ }\ne 60^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Lều là hình chóp tứ giác đều S.ABCD cạnh đáy AB=4 m. Tâm đáy O có AO = AC/2 = 4√2/2 = 2√2 m. Góc giữa cạnh bên SA và mặt đáy là ∠SAO = 60°, nên chiều cao cọc chính giữa SO = AO·tan60° = 2√2·√3 = 2√6 ≈ 4,899 m. Cộng phần dư phía trên 0,1 m: 4,899 + 0,1 ≈ 4,999 ≈ 5,0 m. Khớp đáp án nguồn 5,0.

(AI giải đề cho tôi)
Lăng trụ tam giác đều, cạnh đáy $2a$, cạnh bên (chiều cao) $h=2\sqrt{3}a$.
a) $A{B}^{\prime }=\sqrt{A{B}^2+B{B}^{\prime 2}}=\sqrt{4a^2+12a^2}=4a$. Góc giữa $A{B}^{\prime }$ và $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ là góc giữa $A{B}^{\prime }$ và hình chiếu $A^{\prime }B$: $\sin \alpha =\frac{B{B}^{\prime }}{A{B}^{\prime }}=\frac{2\sqrt{3}a}{4a}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \alpha =60^{\circ }\ne 30^{\circ }$. Sai.
b) $A{A}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }$, $B{B}^{\prime }\subset (B{B}^{\prime }{C}^{\prime }C)$, nên $d(A{A}^{\prime },B^{\prime }{C}^{\prime })=d(A,(B{B}^{\prime }{C}^{\prime }C))=d(A,B^{\prime }{C}^{\prime })$ trong đáy = đường cao tam giác đều cạnh $2a$ là $\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}\ne \frac{a\sqrt{3}}{2}$. Sai.
c) $S_{ABC}=\frac{(2a{)}^2\sqrt{3}}{4}=\sqrt{3}{a}^2$, $V=S\cdot h=\sqrt{3}{a}^2\cdot 2\sqrt{3}a=6a^3$. Đúng.
d) Tọa độ: $A(0,0,0),B(2a,0,0),C(a,\sqrt{3}a,0),A^{\prime }(0,0,2\sqrt{3}a)$. Mặt phẳng $(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ qua $A$ với vectơ pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{A{B}^{\prime }}\times \overrightarrow{A{C}^{\prime }}=(2a,0,2\sqrt{3}a)\times (a,\sqrt{3}a,2\sqrt{3}a)=(-6a^2,-2\sqrt{3}{a}^2,2\sqrt{3}{a}^2)$, tức $3x+\sqrt{3}y-\sqrt{3}z=0$. Khoảng cách từ $A^{\prime }$: $d=\frac{|-\sqrt{3}\cdot 2\sqrt{3}a|}{\sqrt{9+3+3}}=\frac{6a}{\sqrt{15}}=\frac{2\sqrt{15}}{5}a$. Đúng.
Khớp với đáp án nguồn (mã đề 0102, Phần II câu 3: SSĐĐ).
a) (AI giải đề cho tôi)
$\sin \alpha =\frac{2\sqrt{3}a}{4a}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \alpha =60^{\circ }\ne 30^{\circ }$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Khoảng cách bằng đường cao tam giác đều cạnh $2a$: $a\sqrt{3}\ne \frac{a\sqrt{3}}{2}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$V=\sqrt{3}{a}^2\cdot 2\sqrt{3}a=6a^3$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Tính bằng tọa độ được $d(A^{\prime },(A{B}^{\prime }{C}^{\prime }))=\frac{6a}{\sqrt{15}}=\frac{2\sqrt{15}}{5}a$.

(AI giải đề cho tôi)
Lăng trụ tam giác đều, cạnh đáy $2a$, cạnh bên (chiều cao) $h=2\sqrt{3}a$.

a) Hình chiếu của $B^{\prime }$ lên $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ là $B$, nên góc giữa $A{B}^{\prime }$ và $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ là $\widehat{B^{\prime }AB}$. Ta có $\tan \widehat{B^{\prime }AB}=\frac{B{B}^{\prime }}{AB}=\frac{2\sqrt{3}a}{2a}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{B^{\prime }AB}=60^{\circ }\ne 30^{\circ }$. → Sai.

b) $A{A}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }$ nên $A{A}^{\prime }\parallel (B{B}^{\prime }{C}^{\prime })$, khoảng cách giữa $A{A}^{\prime }$ và $B^{\prime }{C}^{\prime }$ bằng khoảng cách từ $B$ đến $B^{\prime }{C}^{\prime }$ trong đáy. Tam giác đều $ABC$ cạnh $2a$ có đường cao $\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}\ne \frac{a\sqrt{3}}{2}$. → Sai.

c) $S_{ABC}=\frac{(2a{)}^2\sqrt{3}}{4}=\sqrt{3}{a}^2$, thể tích $V=S_{ABC}\cdot h=\sqrt{3}{a}^2\cdot 2\sqrt{3}a=6a^3$. → Đúng.

d) Tọa hóa: $A(0;0;0)$, $B(2a;0;0)$, $C(a;\sqrt{3}a;0)$, $A^{\prime }(0;0;2\sqrt{3}a)$. Vectơ pháp tuyến của $(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$: $\vec{n}=\overrightarrow{A{B}^{\prime }}\times \overrightarrow{A{C}^{\prime }}=(-6a^2;-2\sqrt{3}{a}^2;2\sqrt{3}{a}^2)$, phương trình mặt phẳng $3x+\sqrt{3}y-\sqrt{3}z=0$. Khoảng cách từ $A^{\prime }$: $d=\frac{|-\sqrt{3}\cdot 2\sqrt{3}a|}{\sqrt{9+3+3}}=\frac{6a}{\sqrt{15}}=\frac{2\sqrt{15}}{5}a$. → Đúng.

Kết quả khớp với đáp án nguồn (mã đề 0101: S S Đ Đ).
a) (AI giải đề cho tôi)
Góc giữa $A{B}^{\prime }$ và $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ là $\widehat{B^{\prime }AB}$ với $\tan \widehat{B^{\prime }AB}=\frac{2\sqrt{3}a}{2a}=\sqrt{3}$, suy ra góc bằng $60^{\circ }$, không phải $30^{\circ }$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Vì $A{A}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }$, khoảng cách giữa $A{A}^{\prime }$ và $B^{\prime }{C}^{\prime }$ bằng khoảng cách từ $B$ đến $B^{\prime }{C}^{\prime }$ trong tam giác đều cạnh $2a$, bằng $a\sqrt{3}$, không phải $\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$S_{ABC}=\sqrt{3}{a}^2$, $V=\sqrt{3}{a}^2\cdot 2\sqrt{3}a=6a^3$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Tọa hóa được mặt phẳng $(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$: $3x+\sqrt{3}y-\sqrt{3}z=0$; khoảng cách từ $A^{\prime }(0;0;2\sqrt{3}a)$ là $\frac{6a}{\sqrt{15}}=\frac{2\sqrt{15}}{5}a$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên hình chiếu của $SC$ lên mặt đáy là $AC$. Góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SCA}$. Tam giác $ABC$ có $AB=BC=a$, $\widehat{ABC}=60^0$ nên tam giác $ABC$ đều, suy ra $AC=a$. Tam giác $SAC$ vuông tại $A$: $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}$, nên $\widehat{SCA}=60^0$. Vậy góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ bằng $60^0$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên hình chiếu của $SC$ lên $(ABC)$ là $AC$. Tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$ với $AB=a$ nên $AC=a\sqrt{2}$. Tam giác $SAC$ vuông tại $A$: $SC=\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}=\sqrt{3a^2+2a^2}=a\sqrt{5}$. Góc giữa $SC$ và $(ABC)$ là góc $SCA$, nên $\cos =\frac{AC}{SC}=\frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{10}}{5}\approx 0,63$.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp S.ABC đều, H là tâm đáy nên SH ⊥ (ABC) (ý a đúng). Góc giữa cạnh bên SA và mặt đáy là góc giữa SA và hình chiếu HA, tức là góc SAH = 30°, không phải góc SAB (ý b sai). Tam giác ABC đều cạnh 2a nên HA = 2a√3/3; trong tam giác vuông SHA: SH = HA·tan30° = (2a√3/3)·(√3/3) = 2a/3, nên khoảng cách từ S tới (ABC) bằng 2a/3 (ý c đúng). Diện tích đáy S = (2a)²√3/4 = a²√3, thể tích V = (1/3)·a²√3·(2a/3) = 2a³√3/9 (ý d đúng).
a) (AI giải đề cho tôi)
Vì S.ABC là hình chóp tam giác đều nên hình chiếu của S lên mặt đáy là tâm H, do đó SH ⊥ (ABC).
b) (AI giải đề cho tôi)
Góc giữa SA và (ABC) là góc giữa SA và hình chiếu HA của nó trên mặt đáy, tức góc SAH = 30°, không phải góc SAB.
c) (AI giải đề cho tôi)
HA = 2a√3/3 (bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều cạnh 2a); SH = HA·tan30° = 2a/3.
d) (AI giải đề cho tôi)
S_ABC = a²√3, V = (1/3)·a²√3·(2a/3) = 2a³√3/9.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi O là tâm đáy. SO = √(SA² − OA²) = √(8a² − a²/2) = a√30/2. Hình chiếu của M (trung điểm SA) xuống đáy là H trung điểm AO, nên MH = SO/2 = a√30/4 và AH = OA/2 = a/(2√2). Với A(0,0), B(a,0), O(a/2,a/2) thì H(a/4,a/4), nên BH² = (3a/4)² + (a/4)² = 5a²/8. Suy ra BM² = BH² + MH² = 5a²/8 + 30a²/16 = 5a²/2, BM = a√10/2. Góc giữa BM và (ABCD) là góc BMH: sin α = MH/BM = (a√30/4)/(a√10/2) = √3/2, nên α = 60°.

Ta xác định góc giữa $SC$ và mặt phẳng $(SAD)$:
- Ta có $CD\perp AD$ (do $ABCD$ là hình vuông) và $CD\perp SA$ (do $SA\perp (ABCD)$).
- Suy ra $CD\perp (SAD)$ tại điểm $D$.
- Do đó, hình chiếu vuông góc của điểm $C$ lên mặt phẳng $(SAD)$ là điểm $D$.
- Hình chiếu vuông góc của đoạn thẳng $SC$ lên $(SAD)$ là đoạn thẳng $SD$.
Vậy góc giữa cạnh bên $SC$ và mặt phẳng $(SAD)$ là góc $\widehat{CSD}$. Chọn D.

Trong hình lập phương $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, ta có $B{D}^{\prime }\perp A^{\prime }{C}^{\prime }$ và $B{D}^{\prime }\perp A^{\prime }D$, suy ra $B{D}^{\prime }\perp (A^{\prime }{C}^{\prime }D)$, nên góc giữa $B{D}^{\prime }$ và $(A^{\prime }{C}^{\prime }D)$ bằng $90^{\circ }$. Chọn D.

Ta có $AB=\sqrt{A{C}^2-A{D}^2}=\sqrt{25a^2-9a^2}=4a$. Vì $CD\perp AD$ và $CD\perp SA$ nên $CD\perp (SAD)⟹\widehat{SDA}$ là góc giữa $(SCD)$ và $(ABCD)$, suy ra $\widehat{SDA}=45^{\circ }⟹SA=AD=3a$. Khi đó $SD=\sqrt{S{A}^2+A{D}^2}=3a\sqrt{2}$.
Vì $AD\parallel BC⟹AD\parallel (SBC)⟹d(D,(SBC))=d(A,(SBC))$.
Kẻ $AH\perp SB$ tại $H$, do $BC\perp (SAB)$ nên $AH\perp (SBC)$, suy ra $d(A,(SBC))=AH=\frac{SA\cdot AB}{\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}}=\frac{3a\cdot 4a}{\sqrt{9a^2+16a^2}}=\frac{12a}{5}$.
Gọi $\phi$ là góc giữa $SD$ và $(SBC)$, ta có $\sin \phi =\frac{d(D,(SBC))}{SD}=\frac{\frac{12a}{5}}{3a\sqrt{2}}=\frac{4}{5\sqrt{2}}=\frac{2\sqrt{2}}{5}$.
Do đó $\cos \phi =\sqrt{1-{\sin }^2\phi }=\sqrt{1-\frac{8}{25}}=\sqrt{\frac{17}{25}}=\frac{\sqrt{17}}{5}$. Chọn D.

Chọn A.
Ta có $AB\perp AD$ (do hình thang vuông tại $A$).
Lại có $SD\perp (ABCD)⟹SD\perp AB$.
Suy ra $AB\perp (SAD)$ tại $A$.
Do đó hình chiếu vuông góc của $SB$ lên mặt phẳng $(SAD)$ là đoạn $SA$.
Góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $(SAD)$ là góc $\widehat{BSA}$.
Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ có $AB=a$ và $SA=a\sqrt{3}$:
$\tan \widehat{BSA}=\frac{AB}{SA}=\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}⟹\widehat{BSA}=30^{\circ }$.
Vậy góc cần tìm bằng $30^{\circ }$.

+) $\Delta SAB$ đều và $I$ là trung điểm $AB⟹SI\perp AB$. Mặt khác $(SAB)\perp (ABCD)$ theo giao tuyến $AB$ nên $SI\perp (ABCD)⟹$ C đúng.
+) $BC\perp AB$ và $BC\perp SI⟹BC\perp (SAB)⟹BC\perp SB⟹\Delta SBC$ vuông tại $B⟹$ B đúng.
+) $CD\parallel AB⟹CD\parallel (SAB)⟹d(CD,(SAB))=d(C,(SAB))=CB=a⟹$ D đúng.
+) Hình chiếu của $SC$ lên $(ABCD)$ là $IC$. Góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SCI}$.
$SI=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, $IC=\sqrt{B{C}^2+I{B}^2}=\sqrt{a^2+{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$.
$\tan \widehat{SCI}=\frac{SI}{IC}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}}=\sqrt{\frac{3}{5}}\ne 1⟹\widehat{SCI}\ne 45^{\circ }$.
Vậy khẳng định A sai.

Hình chiếu vuông góc của điểm $D$ lên $(SAC)$ không phải là điểm $A$ (mà là tâm $O$ của hình vuông vì $BD\perp (SAC)$), do đó góc giữa $SD$ và $(SAC)$ là góc $\widehat{DSO}$, không phải $\widehat{SDA}$. Khẳng định C sai.

Chọn C.
Gọi $H$ là trung điểm của $OA$, ta có $MH\parallel SO⟹MH\perp (ABCD)$ và $MH=\frac{1}{2}SO$.
Khi đó hình chiếu vuông góc của $MN$ lên $(ABCD)$ là $HN$, suy ra góc giữa $MN$ và $(ABCD)$ là $\widehat{MNH}=60^{\circ }$.
Ta có $MH=HN\cdot \tan 60^{\circ }=HN\sqrt{3}$.
Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ với $O$ là gốc, $A(-\frac{a\sqrt{2}}{2};0;0),C(\frac{a\sqrt{2}}{2};0;0),B(0;-\frac{a\sqrt{2}}{2};0),D(0;\frac{a\sqrt{2}}{2};0)$.
Mặt phẳng $(SBD)$ chứa trục $Oz$ và đường thẳng $BD$, do đó mặt phẳng $(SBD)$ chính là mặt phẳng $(Oyz)$, có vectơ pháp tuyến $\vec{i}=(1;0;0)$.
Ta có $H(-\frac{a\sqrt{2}}{4};0;0)$ và $N(\frac{a\sqrt{2}}{4};-\frac{a\sqrt{2}}{4};0)$.
Khoảng cách $HN=\sqrt{(-\frac{a\sqrt{2}}{4}-\frac{a\sqrt{2}}{4}{)}^2+(0-(-\frac{a\sqrt{2}}{4}){)}^2}=\sqrt{\frac{2a^2}{4}+\frac{2a^2}{16}}=\frac{a\sqrt{10}}{4}$.
Suy ra $MH=HN\sqrt{3}=\frac{a\sqrt{30}}{4}$, do đó $SO=2MH=\frac{a\sqrt{30}}{2}$, suy ra $S(0;0;\frac{a\sqrt{30}}{2})$.
Khi đó $M$ là trung điểm của $SA⟹M(-\frac{a\sqrt{2}}{4};0;\frac{a\sqrt{30}}{4})$.
Vectơ $\overrightarrow{MN}=N-M=(\frac{a\sqrt{2}}{2};-\frac{a\sqrt{2}}{4};-\frac{a\sqrt{30}}{4})$.
Độ dài: $|\overrightarrow{MN}|=\frac{HN}{\cos 60^{\circ }}=2HN=\frac{a\sqrt{10}}{2}$.
Gọi $\alpha$ là góc giữa $MN$ và $(SBD)$. Ta có:
$\sin \alpha =\frac{|\overrightarrow{MN}\cdot \vec{i}|}{|\overrightarrow{MN}|\cdot |\vec{i}|}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\frac{a\sqrt{10}}{2}}=\frac{1}{\sqrt{5}}$.
Do đó $\cos \alpha =\sqrt{1-{\sin }^2\alpha }=\sqrt{1-\frac{1}{5}}=\sqrt{\frac{4}{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$.

Theo bảng đáp án chính thức, Câu 41 chọn đáp án D.

Gọi $O=AC\cap BD$ là tâm hình vuông đáy $ABCD$. Vì chóp tứ giác đều nên $SO\perp (ABCD)$.
$ABCD$ là hình vuông cạnh $a\sqrt{2}\Rightarrow AC=BD=a\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}=2a\Rightarrow OA=OB=OC=OD=a$.
$SO=\sqrt{S{B}^2-O{B}^2}=\sqrt{(a\sqrt{3}{)}^2-a^2}=a\sqrt{2}$.
Khoảng cách từ $N$ đến $(SBC)$:
Vì $N$ là trung điểm $CD$, kẻ đường qua $N$ song song $BC$ cắt $AB$ tại $P$, $O$ là trung điểm $NP$ nên $ON\parallel BC\Rightarrow ON\parallel (SBC)$.
Do đó $d(N;(SBC))=d(O;(SBC))$.
Tứ diện $O.SBC$ có $OB,OC,SO$ đôi một vuông góc nên:
$\frac{1}{h^2}=\frac{1}{O{B}^2}+\frac{1}{O{C}^2}+\frac{1}{S{O}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{2a^2}=\frac{5}{2a^2}\Rightarrow d(N;(SBC))=h=\frac{a\sqrt{10}}{5}.$
Độ dài đoạn $MN$:
Áp dụng định lý đường trung tuyến trong tam giác $SBD$ và $BCD$ hoặc hệ trục tọa độ, ta tính được:
$MN=\frac{a\sqrt{7}}{2}.$
Do đó:
$\sin \alpha =\frac{d(N;(SBC))}{MN}=\frac{\frac{a\sqrt{10}}{5}}{\frac{a\sqrt{7}}{2}}=\frac{2\sqrt{70}}{35}.$

Chọn đáp án D.

Vì $BC\perp AB$ và $BC\perp SA$ nên $BC\perp (SAB)\Rightarrow (SBC)\perp (SAB)$ theo giao tuyến $SB$. Do đó hình chiếu của $SA$ trên $(SBC)$ là $SB$, góc giữa $SA$ và $(SBC)$ là $\widehat{ASB}$. Trong $△ABC$ vuông tại $B$, $AB=\sqrt{A{C}^2-B{C}^2}=\sqrt{3}$. Trong $△SAB$ vuông tại $A$, $\sin \widehat{ASB}=\frac{AB}{SB}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \widehat{ASB}=60^{\circ }$.

Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $A$ là hình chiếu vuông góc của $S$ lên $(ABCD)$. Do đó góc giữa $SO$ và $(ABCD)$ là góc $\widehat{SOA}$. Tam giác $ABD$ đều cạnh $a\sqrt{2}$ nên đường cao $AO=a\sqrt{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{2}$. Xét tam giác $SAO$ vuông tại $A$: $\tan \widehat{SOA}=\frac{SA}{AO}=\frac{\frac{3a\sqrt{2}}{2}}{\frac{a\sqrt{6}}{2}}=\sqrt{3}⟹\widehat{SOA}=60^{\circ }$.