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

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A=(0;0;0)$, $B=(4a;0;0)$, $D=(-2a;2a\sqrt{3};0)$, $C=(2a;2a\sqrt{3};0)$ (vì $\widehat{BAD}=120^{\circ }$). Suy ra $O=(a;a\sqrt{3};0)$, $H=(a/2;a\sqrt{3}/2;0)$, $S=(a/2;a\sqrt{3}/2;a\sqrt{3})$.

a) Sai. Vì $AC\perp (BD)$ và $AC\perp SH$ nên $AC\perp (SBH)$, do đó hình chiếu của $B$ lên $(SAC)$ là chân đường vuông góc từ $B$ xuống $SH$, góc tạo bởi $SB$ và $(SAC)$ là $\widehat{SBK}$ (góc ở đỉnh $B$), không phải $\widehat{BSH}$ (góc ở đỉnh $S$). Thật vậy $\tan \widehat{SBK}=\frac{SH}{HB}=\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{a^2+12a^2}}=\sqrt{\frac{3}{13}}$, còn $\tan \widehat{BSH}=\frac{HB}{SH}=\sqrt{\frac{13}{3}}$.

b) Đúng. $AC=4a$, $BD=4a\sqrt{3}$, $S_{ABCD}=\frac{1}{2}\cdot 4a\cdot 4a\sqrt{3}=8a^2\sqrt{3}$, nên $V=\frac{1}{3}\cdot 8a^2\sqrt{3}\cdot a\sqrt{3}=8a^3$.

c) Sai. Vectơ pháp tuyến của $(SCD)$: $\overrightarrow{DC}=(4a;0;0)$, $\overrightarrow{DS}=\left(\frac{5a}{2};-\frac{3a\sqrt{3}}{2};a\sqrt{3}\right)$, nên $\vec{n}=\overrightarrow{DC}\times \overrightarrow{DS}\propto (0;2;3)$. Mặt $(ACD)$ có pháp tuyến $(0;0;1)$, suy ra $\cos \alpha =\frac{3}{\sqrt{13}}$, $\tan \alpha =\frac{2}{3}\ne \frac{3}{2}$.

d) Đúng. $M=(0;2a\sqrt{3};0)$, $N=(3a;a\sqrt{3};0)$, $P=\left(\frac{a}{4};\frac{a\sqrt{3}}{4};\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$. Với $\vec{u}=\overrightarrow{PN}=\left(\frac{11a}{4};\frac{3a\sqrt{3}}{4};-\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$, $\vec{v}=\overrightarrow{SM}=\left(-\frac{a}{2};\frac{3a\sqrt{3}}{2};-a\sqrt{3}\right)$: $\vec{u}\times \vec{v}=\left(0;3a^2\sqrt{3};\frac{9a^2\sqrt{3}}{2}\right)$, $|\vec{u}\times \vec{v}|=\frac{3a^2\sqrt{39}}{2}$. Với $\overrightarrow{SP}=\left(-\frac{a}{4};-\frac{a\sqrt{3}}{4};-\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$: $d(PN,SM)=\frac{|\overrightarrow{SP}\cdot (\vec{u}\times \vec{v})|}{|\vec{u}\times \vec{v}|}=\frac{9a^2}{\frac{3a^2\sqrt{39}}{2}}=\frac{6a}{\sqrt{39}}=\frac{2a\sqrt{39}}{13}$.
a) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $B$ lên $(SAC)$ là chân đường vuông góc từ $B$ xuống $SH$ (vì $AC\perp (SBH)$), nên góc cần tìm là $\widehat{SBK}$ với $\tan =\sqrt{3/13}$, khác $\widehat{BSH}$ có $\tan =\sqrt{13/3}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$S_{ABCD}=\frac{1}{2}\cdot 4a\cdot 4a\sqrt{3}=8a^2\sqrt{3}$, $V=\frac{1}{3}\cdot 8a^2\sqrt{3}\cdot a\sqrt{3}=8a^3$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Pháp tuyến $(SCD)$ tỉ lệ $(0;2;3)$, pháp tuyến $(ACD)$ là $(0;0;1)$, suy ra $\tan \alpha =\frac{2}{3}\ne \frac{3}{2}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Tính bằng tọa độ: $d(PN,SM)=\frac{|\overrightarrow{SP}\cdot (\overrightarrow{PN}\times \overrightarrow{SM})|}{|\overrightarrow{PN}\times \overrightarrow{SM}|}=\frac{9a^2}{\frac{3a^2\sqrt{39}}{2}}=\frac{2a\sqrt{39}}{13}$.

Ta có $\sin \left(SC,(SAD)\right)=\frac{d\left(C,(SAD)\right)}{SC}$

Kẻ $HG\perp AD;SH\perp AD\Rightarrow AD\perp (SHG)$

Kẻ $HI\perp SG,HI\perp AD\Rightarrow HI\perp (SAD)$

$$\Rightarrow d\left(H,(SAD)\right)=HI=\frac{1}{2}d\left(C,(SAD)\right)$$

Có: $\cos \widehat{HBC}=\cos 120^{\circ }=\frac{B{H}^2+B{C}^2-H{C}^2}{2BH\cdot BC}\Rightarrow HC=a\sqrt{7}$

Tam giác $SHC$ vuông tại $H$:

$$SC=\sqrt{S{H}^2+H{C}^2}=\sqrt{S{H}^2+7a^2}$$

Tam giác $AHG$ vuông tại $G$ có: $\widehat{HAG}=60^{\circ }\Rightarrow HG=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Tam giác vuông $SHG$, đường cao $HI$: $HI=\frac{SH\cdot HG}{\sqrt{S{H}^2+H{G}^2}}=\frac{SH\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{S{H}^2+\frac{3a^2}{4}}}$

$$\Rightarrow \sin \alpha =\frac{\frac{a\sqrt{3}}{4}SH}{\sqrt{S{H}^2+\frac{3a^2}{4}}\cdot \sqrt{S{H}^2+7a^2}};{\alpha }_{\max }\iff \sin \alpha \text{ max}$$

Đặt $a=1;S{H}^2=x$ khi đó: $\sin \alpha =\frac{\frac{\sqrt{3}}{4}\sqrt{x}}{\sqrt{x+\frac{3}{4}}\cdot \sqrt{x+7}}\Rightarrow {\sin }^2\alpha =\frac{3}{16}\cdot \frac{x}{\left(x+\frac{3}{4}\right)(x+7)}$



Xét $f(x)=\frac{x}{\left(x+\frac{3}{4}\right)(x+7)},x\ge 0\Rightarrow f^{\prime }(x)=\frac{x^2+\frac{31}{4}x+\frac{21}{4}-x\left(2x+\frac{31}{4}\right)}{{\left[\left(x+\frac{3}{4}\right)(x+7)\right]}^2}=0\iff -x^2+\frac{21}{4}=0\Rightarrow x=\frac{\sqrt{21}}{2}$

Vì: $-x^2+\frac{21}{4}$ là một parabol hướng xuống nên GTLN đạt tại đỉnh $\Rightarrow x=\frac{\sqrt{21}}{4}$ thì $\sin \alpha$ max

$\Rightarrow SH=\sqrt{\frac{\sqrt{21}}{2}}a$

(AI giải đề cho tôi)
Câu 14 (Phần IV): Hình chóp S.ABCD có tất cả các cạnh bằng a (chóp đều), đáy ABCD là hình vuông tâm O.

a) Vì SA = SC nên tam giác SAC cân tại S, mà O là trung điểm AC (tâm hình vuông) nên SO ⊥ AC. Tương tự SB = SD nên SO ⊥ BD. SO vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau AC, BD trong mặt phẳng (ABCD) nên SO ⊥ (ABCD). Suy ra SO ⊥ BC (vì BC ⊂ (ABCD)).

b) Tam giác SAC vuông cân tại S (SA = SC = a, AC = a√2) nên SO = √(a² − a²/2) = a/√2. Tam giác SOC vuông tại O với SO = OC = a/√2, M trung điểm SC nên OM = SC/2 = a/2 (tính chất đường trung tuyến).

Góc α giữa OM và (SBC): sin α = d(O,(SBC))/OM.
Tam giác SBC đều cạnh a nên S_{SBC} = a²√3/4. Tam giác OBC vuông cân tại O với OB = OC = a/√2 nên S_{OBC} = a²/4.
V_{O.SBC} = (1/3)·(a²/4)·(a/√2) = a³/(12√2).
d(O,(SBC)) = 3V/S_{SBC} = (a³/(4√2))·(4/(a²√3)) = a/√6.
Vậy sin α = (a/√6)/(a/2) = 2/√6 = √6/3.

Kiểm tra lại bằng tọa độ: đặt O(0,0,0), A(a/√2,0,0), C(−a/√2,0,0), B(0,a/√2,0), D(0,−a/√2,0), S(0,0,a/√2), M(−a/(2√2),0,a/(2√2)). Mặt phẳng (SBC): phương trình x/... kiểm tra qua tích có hướng SB×SC = (a²/2, a²/2, a²/2) ∝ (1,1,1), phương trình x + y + z = a/√2. Khoảng cách từ O: (a/√2)/√3 = a/√6 ✓. |OM| = √(a²/8 + a²/8) = a/2 ✓. sin α = (a/√6)/(a/2) = √6/3 ✓. Kết quả khớp với lời giải đã cho.

Đáp số: 0,81.

[Hình cần kiểm tra lại: p17_f1]

Gọi $I$ là hình chiếu của $H$ lên $SM$.

Ta có $\{\begin{array}{l}(SAM)\perp (SBC)\\ (SAM)\cap (SBC)=SM\Rightarrow IH\perp (SBC)\text{ tại }I\\ (SAM)\supset IH\perp SM\end{array}$

Suy ra $\left(CH,(SBC)\right)=(CH,CI)=\widehat{HCI}$.

Xét tam giác $ABM$ vuông tại $M$, ta có

- $AM=\sqrt{A{B}^2-B{M}^2}=\sqrt{5}\Rightarrow SM=\sqrt{S{A}^2+S{M}^2}=\sqrt{21}$. (Giữ nguyên biểu thức theo nguồn; nguồn in nhầm $SM=\sqrt{S{A}^2+S{M}^2}$, đúng phải là $SM=\sqrt{S{A}^2+A{M}^2}=\sqrt{21}$.)

- $\cos \widehat{ABM}=\frac{BM}{AB}=\frac{2}{3}$.

Xét tam giác $CBN$ vuông tại $N$, ta có

- $BN=BC\cos \widehat{ABM}=4\cdot \frac{2}{3}=\frac{8}{3}$.

- $NC=\sqrt{B{C}^2-B{N}^2}=\frac{4\sqrt{5}}{3}$.

Hai tam giác $NBC$ và $MHC$ đồng dạng nên

$$\frac{NB}{MH}=\frac{NC}{MC}=\frac{BC}{HC}=\frac{\frac{4\sqrt{5}}{3}}{2}=\frac{2\sqrt{5}}{3}\Rightarrow \{\begin{array}{l}MH=\frac{4\sqrt{5}}{5}\\ HC=\frac{6\sqrt{5}}{5}\end{array}.$$

Hai tam giác $SAM$ và $HIM$ đồng dạng nên

$$\frac{SA}{HI}=\frac{AM}{IM}=\frac{SM}{HM}=\frac{\sqrt{21}}{\frac{4\sqrt{5}}{5}}=\frac{\sqrt{105}}{4}\Rightarrow HI=\frac{16\sqrt{105}}{105}.$$

Tam giác $IHC$ vuông tại $I$, ta có

- $IC=\sqrt{H{C}^2-I{H}^2}=\frac{10\sqrt{21}}{21}$.

- $\cos \widehat{HCI}=\frac{IC}{HC}=\frac{\frac{10\sqrt{21}}{21}}{\frac{6\sqrt{5}}{5}}=\frac{5\sqrt{105}}{63}$.

Vậy $\cos (CH,(SBC))=\frac{5\sqrt{105}}{63}\approx 0,81$.

(AI giải đề cho tôi)
**a) Chứng minh $SC\perp (AHK)$.**

Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AB$. Mà $AB\perp AD$ (đáy là hình vuông) nên theo định lý ba đường vuông góc, $AB\perp SB$, tức $AH\perp SB$ (vì $H$ là hình chiếu của $A$ trên $SB$).

Tương tự, $AD\perp SD$ nên $AK\perp SD$.

Xét tam giác $SAC$: $SA\perp (ABCD)\Rightarrow SA\perp AC$; và $AB\perp BC$, $SA\perp BC$ nên $BC\perp (SAB)\Rightarrow BC\perp SB$. Do đó $A{C}^2=S{A}^2+...$ nói riêng $S{C}^2=S{A}^2+A{C}^2=a^2+2a^2=3a^2$, tức tam giác $SAC$ vuông tại $A$ với $SC$ là cạnh huyền.

Ta có: $AH\perp SB$ và $AH\perp BC$ (vì $BC\perp (SAB)$) $\Rightarrow AH\perp (SBC)\Rightarrow AH\perp SC$.

Tương tự: $AK\perp SD$ và $AK\perp DC$ (vì $DC\perp (SAD)$) $\Rightarrow AK\perp (SDC)\Rightarrow AK\perp SC$.

Vậy $SC\perp AH$, $SC\perp AK$, với $AH,AK$ cắt nhau trong $(AHK)$, suy ra $SC\perp (AHK)$. $■$

**b) Tính $\sin$ góc giữa $CD$ và $(AHK)$.**

Thiết lập hệ trục tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $D(0;a;0)$, $C(a;a;0)$, $S(0;0;a)$.

Hình chiếu $H$ của $A$ lên $SB$: đường $SB$ có vectơ chỉ phương $(a;0;-a)$, giải được $H\left(\frac{a}{2};0;\frac{a}{2}\right)$. Tương tự $K\left(0;\frac{a}{2};\frac{a}{2}\right)$.

Vectơ pháp tuyến của $(AHK)$:
$$\vec{n}=\overrightarrow{AH}\times \overrightarrow{AK}=\left(\frac{a}{2};0;\frac{a}{2}\right)\times \left(0;\frac{a}{2};\frac{a}{2}\right)=\frac{a^2}{4}(-1;-1;1).$$

Vì $CD\parallel AB$, góc giữa $CD$ và $(AHK)$ bằng góc giữa $AB$ và $(AHK)$, với ${\vec{u}}_{CD}=(1;0;0)$:
$$\sin \theta =\frac{|{\vec{u}}_{CD}\cdot \vec{n}|}{|{\vec{u}}_{CD}|\cdot |\vec{n}|}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}.$$

Vậy $\sin$ góc tạo bởi $CD$ và $(AHK)$ bằng $\frac{\sqrt{3}}{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(2a;0;0)$, $D(0;2a\sqrt{3};0)$, $C(2a;2a\sqrt{3};0)$, tâm $O(a;a\sqrt{3};0)$. Vì $C{C}^{\prime }$ tạo với đáy góc $60^{\circ }$ và $\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ có hình chiếu ngang $\overrightarrow{AO}$ dài $\sqrt{a^2+3a^2}=2a$, nên $|A{A}^{\prime }|=\frac{2a}{\cos 60^{\circ }}=4a$, cao $h=4a\sin 60^{\circ }=2a\sqrt{3}$. Suy ra $A^{\prime }(a;a\sqrt{3};2a\sqrt{3})$, $\overrightarrow{A^{\prime }C}=(a;a\sqrt{3};-2a\sqrt{3})$, $|A^{\prime }C|=4a$. Mặt phẳng $(A^{\prime }BD)$ qua $B(2a;0;0)$, $D(0;2a\sqrt{3};0)$, $A^{\prime }$ có VTPT $\vec{n}=\overrightarrow{BD}\times \overrightarrow{B{A}^{\prime }}=(12;4\sqrt{3};0)a^2\parallel (3;\sqrt{3};0)$, phương trình: $3x+\sqrt{3}y-6a=0$. Khoảng cách từ $C$ đến $(A^{\prime }BD)$: $d=\frac{|6a+6a-6a|}{\sqrt{12}}=\frac{\sqrt{3}a}{2}\cdot \sqrt{3}=\sqrt{3}a$... cụ thể $d=\frac{6a}{2\sqrt{3}}=\sqrt{3}a$. Góc $\alpha$ giữa $A^{\prime }C$ và $(A^{\prime }BD)$: $\sin \alpha =\frac{d}{A^{\prime }C}=\frac{\sqrt{3}a}{4a}=\frac{\sqrt{3}}{4}\approx 0,433$, nên $\cos \alpha =\sqrt{1-\frac{3}{16}}=\frac{\sqrt{13}}{4}\approx 0,9014\approx 0,9$. Kết quả khớp với đáp án nguồn 0.9.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: A(0;0;0), B(2a;0;0), D(0;2a√3;0), C(2a;2a√3;0), O(a; a√3; 0). Vì hình chiếu của A' là O nên A' = O + v với v = AA' là vectơ chỉ phương của cạnh bên. Thành phần phương ngang của v có độ dài |AO| = 2a. Cạnh bên tạo với đáy góc 60° nên tan60° = h/(2a) ⇒ h = 2a√3, do đó A'(a; a√3; 2a√3). Vectơ A'C = (a; a√3; −2a√3), |A'C| = 4a. Mặt phẳng (A'BD): BD = (−2a; 2a√3; 0), BA' = (−a; a√3; 2a√3), pháp tuyến n = BD×BA' = (12a²; 4a²√3; 0) ∝ (3; √3; 0), |n| = 2√3. sin góc giữa A'C và (A'BD) = |A'C·n|/(|A'C||n|) = 6a/(8a√3) = √3/4. Vậy cos = √(1 − 3/16) = √13/4 ≈ 0.9014 ≈ 0.9, khớp đáp án 0.9.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $O(0;0;0)$, $A(a;0;0)$, $C(-a;0;0)$, $B(0;a\sqrt{3};0)$, $D(0;-a\sqrt{3};0)$. Vì $SO\perp (ABCD)$, $SD=2a$ nên $S{O}^2=S{D}^2-O{D}^2=4a^2-3a^2=a^2$, suy ra $S(0;0;a)$.
Ta có $SB=\sqrt{O{B}^2+S{O}^2}=\sqrt{3a^2+a^2}=2a$.
Vectơ $\overrightarrow{SC}=(-a;0;-a)$, $\overrightarrow{SD}=(0;-a\sqrt{3};-a)$, nên $\vec{n}=\overrightarrow{SC}\times \overrightarrow{SD}=(-a^2\sqrt{3};-a^2;a^2\sqrt{3})$, chọn $\vec{n}=(\sqrt{3};1;-\sqrt{3})$.
Mặt phẳng $(SCD)$: $\sqrt{3}x+y-\sqrt{3}z+\sqrt{3}a=0$.
Khoảng cách từ $B(0;a\sqrt{3};0)$ đến $(SCD)$: $d=\frac{|a\sqrt{3}+\sqrt{3}a|}{\sqrt{3+1+3}}=\frac{2\sqrt{3}a}{\sqrt{7}}$.
$\sin \alpha =\frac{d}{SB}=\frac{2\sqrt{3}a/\sqrt{7}}{2a}=\sqrt{\frac{3}{7}}\approx 0,6547\approx 0,65$. Khớp với đáp án nguồn 0,65.

(Vẽ đúng hình chóp $S.ABC$ được 0,25đ)
Gọi E, I lần lượt là trung điểm của SC và SH.
Khi đó: $\left(PQ;(SAB)\right)=\left(BE;(SAB)\right)=\widehat{EBI}$
Xét $△BEI$ vuông tại I và có $BI=\frac{a\sqrt{7}}{4}$ ; $EI=\frac{a\sqrt{3}}{4}$
$\tan EBI=\frac{\sqrt{21}}{7}\Rightarrow \left(PQ;(SAB)\right)\approx 33,2^{\circ }$

CHÚ Ý: Học sinh trình bày cách khác nếu đúng vẫn ghi điểm tối đa.

Ghi chú: Đề thi mã 1102 (trang 6) ghi "Tam giác $SBC$ là tam giác vuông cân tại $B$", trong khi hướng dẫn chấm (trang 9) ghi "Tam giác $SBC$ là tam giác cân tại $B$" — cần đối chiếu bản gốc để xác nhận.

[Hình cần kiểm tra lại: p14_f1]

Gọi $P=SC\cap (AMN)$; $O=AC\cap BD\Rightarrow MN$; $AP$; $SO$ đồng quy tại $I$

Ta có: $\{\begin{array}{l}SA\perp CD\\ AD\perp CD\end{array}\Rightarrow CD\perp (SAD)\Rightarrow CD\perp AN$

Mà $AN\perp SD$ nên $AN\perp (SCD)\Rightarrow AN\perp SC$

Lại có : $\{\begin{array}{l}SA\perp BC\\ AB\perp BC\end{array}\Rightarrow BC\perp (SAB)\Rightarrow BC\perp AM$

Mà $AM\perp SB$ nên $AM\perp (SBC)\Rightarrow AM\perp SC$

Do đó $SC\perp (AMN)\Rightarrow AP\perp SC$ và $PN$ là hình chiếu của $SN$ trên mặt phẳng $(AMN)$ hay $PN$ là hình chiếu của $SD$ trên mặt phẳng $(AMN)$

$\Rightarrow \left(\widehat{SD;(AMN)}\right)=\left(\widehat{SD;PN}\right)=\widehat{SNP}$ (do tam giác $SNP$ vuông tại $P$)

Từ gt $\Rightarrow$ Tam giác $SAC$ vuông tại $A$

$SN.SD=S{A}^2\Rightarrow SN=\frac{S{A}^2}{\sqrt{S{A}^2+A{D}^2}}=\frac{(a\sqrt{3}{)}^2}{\sqrt{(a\sqrt{3}{)}^2+a^2}}=\frac{3a}{2}$

Mặt khác $SP.SC=S{A}^2\Rightarrow SP=\frac{S{A}^2}{\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}}=\frac{(a\sqrt{3}{)}^2}{\sqrt{(a\sqrt{3}{)}^2+(a\sqrt{2}{)}^2}}=\frac{3a}{\sqrt{5}}$

Do đó $\sin \widehat{SNP}=\frac{SP}{SN}=\frac{2\sqrt{5}}{5}\Rightarrow \sin \left(\widehat{SD;(AMN)}\right)=\frac{2\sqrt{5}}{5}\Rightarrow \left(SD;(AMN)\right)\approx 63,4^0$.

Gọi $P=SC\cap (AMN)$; $O=AC\cap BD\Rightarrow MN$; $AP$; $SO$ đồng quy tại $I$

Ta có: $\{\begin{array}{l}SA\perp BC\\ AB\perp BC\end{array}\Rightarrow BC\perp (SAB)\Rightarrow BC\perp AM$

Mà $AM\perp SB$ nên $AM\perp (SBC)\Rightarrow AM\perp SC$

Lại có: $\{\begin{array}{l}SA\perp CD\\ AD\perp CD\end{array}\Rightarrow CD\perp (SAD)\Rightarrow CD\perp AN$

Mà $AN\perp SD$ nên $AN\perp (SCD)\Rightarrow AN\perp SC$

Do đó $SC\perp (AMN)\Rightarrow AP\perp SC$ và $PM$ là hình chiếu của $SM$ trên mặt phẳng $(AMN)$ hay $PM$ là hình chiếu của $SB$ trên mặt phẳng $(AMN)$

$\Rightarrow \left(\widehat{SB;(AMN)}\right)=\left(\widehat{SB;PM}\right)=\widehat{SMP}$ (do tam giác $SMP$ vuông tại $P$)

Từ gt $\Rightarrow$ Tam giác $SAC$ vuông cân tại $A\Rightarrow P$ là trung điểm $SC$

$$SM.SB=S{A}^2\Rightarrow SM=\frac{S{A}^2}{\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}}=\frac{(a\sqrt{2}{)}^2}{\sqrt{(a\sqrt{2}{)}^2+a^2}}=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$$

Mặt khác $SP=\frac{1}{2}SC=\frac{1}{2}\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}=a$

Do đó $\sin \widehat{SMP}=\frac{SP}{SM}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \sin \left(SB;(AMN)\right)=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \left(SB;(AMN)\right)=60^0$.

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

b) Tam giác $OAB$ cân tại $O$ có $M$ là trung điểm $AB\Rightarrow OM\perp AB$.
Có: $OM\perp SB\Rightarrow OM\perp (SAB)\Rightarrow OM\perp AN$ [0,25]
Có: $AN\perp SM\Rightarrow AN\perp (SOM)\Rightarrow AN\perp SO$ [0,25 + 0,25]

c) + Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên SC. Chứng minh $BH\perp (SCD)$.
Gọi I là trung điểm của DH $\Rightarrow OI\parallel BH\Rightarrow OI\perp (SCD)$.
Góc giữa SO và (SCD) là góc $\phi =\widehat{OSI}$. [0,25]
+ Tính được:
$BD=\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}=2a\Rightarrow OB=a$
$SB=\sqrt{S{D}^2-B{D}^2}=3a$, $BH=\frac{3a}{2}\Rightarrow OI=\frac{3a}{4}$
$SO=\sqrt{S{B}^2+O{B}^2}=a\sqrt{10}$
$\sin \phi =\sin \widehat{OSI}=\frac{3\sqrt{10}}{40}$ [0,25]

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục $A(0,0,0)$, $B(a,0,0)$, $C(a,a,0)$, $D(0,a,0)$, $S(0,0,a\sqrt{2})$, $O\left(\frac{a}{2},\frac{a}{2},0\right)$. a) Chiếu của $SC$ lên $(ABCD)$ là $AC=a\sqrt{2}$, nên $\tan \angle (SC,(ABCD))=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{2}}=1$, góc bằng $45^{\circ }\ne 60^{\circ }$ → Sai. b) $M\left(\frac{a}{2},0,0\right)$, $N\left(0,\frac{a}{2},\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)$, $P\left(\frac{a}{4},\frac{3a}{4},0\right)$. Tính $V_{BMNP}=\frac{1}{6}\left|[\overrightarrow{MB},\overrightarrow{MN},\overrightarrow{MP}]\right|=\frac{1}{6}\cdot \frac{3a^3\sqrt{2}}{16}=\frac{a^3\sqrt{2}}{32}$ → Đúng. c) Vì $BC\parallel AD$, khoảng cách $d(SM,BC)=d(AD,SM)$. Tính bằng công thức thể tích (hoặc vector chung phương): $\overrightarrow{u_1}=\overrightarrow{SM}=\left(\frac{a}{2},0,-a\sqrt{2}\right)$, $\overrightarrow{u_2}=(0,1,0)$, $\overrightarrow{w}=\overrightarrow{SB}=(a,0,-a\sqrt{2})$, $\vec{n}=\overrightarrow{u_1}\times \overrightarrow{u_2}=\left(a\sqrt{2},0,\frac{a}{2}\right)$, $d=\frac{|\vec{w}\cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=\frac{a^2\left(2-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}{\frac{3a}{2}}=\frac{a(4-\sqrt{2})}{3}\approx 0,86a\ne a\sqrt{2}$ → Sai. d) $BD\perp AC$ (tính chất hình vuông) và $BD\perp SA$ (vì $SA\perp (ABCD)$) nên $BD\perp (SAC)$, suy ra $BD\perp SC$ → Đúng. Kết quả khớp bảng đáp án mã đề 1007: a) S, b) Đ, c) S, d) Đ.
a) (AI giải đề cho tôi)
Góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là góc $SCA$ với $\tan \angle SCA=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{2}}=1$, nên góc bằng $45^{\circ }$, không phải $60^{\circ }$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Với tọa độ $M\left(\frac{a}{2},0,0\right)$, $N\left(0,\frac{a}{2},\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)$, $P\left(\frac{a}{4},\frac{3a}{4},0\right)$, tích hỗn hợp $\left|[\overrightarrow{MB},\overrightarrow{MN},\overrightarrow{MP}]\right|=\frac{3a^3\sqrt{2}}{16}$, nên $V_{BMNP}=\frac{a^3\sqrt{2}}{32}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Vì $BC\parallel AD$, $d(SM,BC)=d(AD,SM)=\frac{a(4-\sqrt{2})}{3}\approx 0,86a\ne a\sqrt{2}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$BD\perp AC$ và $BD\perp SA$ nên $BD\perp (SAC)$, do đó $BD\perp SC$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $D(2a;0;0)$, $B(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0)$, $C(\frac{3a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0)$ (đáy là hình thang cân với chiều cao $\frac{a\sqrt{3}}{2}$). Góc giữa $A^{\prime }C$ và $(ABCD)$ là góc giữa $A^{\prime }C$ và $AC$ (hình chiếu của $A^{\prime }$ là $A$), nên $\tan 30^{\circ }=\frac{A{A}^{\prime }}{AC}$ với $AC=\sqrt{3}a$ suy ra $A{A}^{\prime }=a$, tức $h=a$.

a) Hình chiếu của $A^{\prime }$ lên $(ABCD)$ là $A$ nên góc cần tìm là $\angle A^{\prime }CA$ (góc $A^{\prime }CA$), không phải $C{A}^{\prime }A$. → Sai.

b) Vectơ $\overrightarrow{A^{\prime }C}=(\frac{3a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};-a)$. Mặt phẳng $(P)$ qua $B$ vuông góc $A^{\prime }C$: $\frac{3}{2}x+\frac{\sqrt{3}}{2}y-z=\frac{3a}{2}$. Tại các đỉnh: $A:0$, $A^{\prime }:-a$, $B^{\prime }:\frac{5a}{4}$ (dưới), $C:3a$, $D:3a$, $C^{\prime }:2a$, $D^{\prime }:2a$ (trên), $B$ nằm trên mặt phẳng. Mặt phẳng cắt $AD$ tại $F(a;0;0)$, cắt $A^{\prime }{D}^{\prime }$ tại $G(\frac{5a}{3};0;a)$, cắt $B^{\prime }{C}^{\prime }$ tại $I(\frac{7a}{6};\frac{a\sqrt{3}}{2};a)$. Khối chứa $A$ có tiết diện tại độ cao $z$ là phần đáy thang với $x\le \frac{2}{3}(\frac{3a}{2}+z)-\frac{y}{\sqrt{3}}$, diện tích $S(z)=\sqrt{3}a\left(\frac{a}{4}+\frac{z}{3}\right)$. Thể tích $V={\int }_0^a\sqrt{3}a\left(\frac{a}{4}+\frac{z}{3}\right)dz=\sqrt{3}a\left(\frac{a^2}{4}+\frac{a^2}{6}\right)=\frac{5\sqrt{3}}{12}{a}^3$. → Đúng.

c) $\overrightarrow{AC}=(\frac{3a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0)$, $\overrightarrow{C^{\prime }D}=\vec{D}-\overrightarrow{C^{\prime }}=(\frac{a}{2};-\frac{a\sqrt{3}}{2};-a)$. Tích vô hướng $=\frac{3a^2}{4}-\frac{3a^2}{4}+0=0$, nên góc giữa $AC$ và $C^{\prime }D$ bằng $90^{\circ }$, không phải $60^{\circ }$. → Sai.

d) Mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }C)$ qua $A^{\prime }(0;0;a)$, $B^{\prime }(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};a)$, $C(\frac{3a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0)$ có phương trình $-\sqrt{3}x+y-\sqrt{3}z+\sqrt{3}a=0$. Khoảng cách từ $D(2a;0;0)$: $d=\frac{|-2\sqrt{3}a+\sqrt{3}a|}{\sqrt{3+1+3}}=\frac{\sqrt{3}a}{\sqrt{7}}=\frac{a\sqrt{21}}{7}$. → Đúng.

Khớp với đáp án mã đề 221: a) Sai, b) Đúng, c) Sai, d) Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $A^{\prime }$ trên $(ABCD)$ là $A$ nên góc giữa $A^{\prime }C$ và $(ABCD)$ là $\angle A^{\prime }CA$, không phải $C{A}^{\prime }A$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Với $h=a$, mặt phẳng qua $B$ vuông góc $A^{\prime }C$ cắt $AD$ tại $F(a;0;0)$, cắt $A^{\prime }{D}^{\prime }$ tại $G(\frac{5a}{3};0;a)$, cắt $B^{\prime }{C}^{\prime }$ tại $I(\frac{7a}{6};\frac{a\sqrt{3}}{2};a)$. Thể tích khối chứa $A$: $V={\int }_0^a\sqrt{3}a(\frac{a}{4}+\frac{z}{3})dz=\frac{5\sqrt{3}}{12}{a}^3$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{C^{\prime }D}=\frac{3a^2}{4}-\frac{3a^2}{4}+0=0$ nên góc giữa $AC$ và $C^{\prime }D$ bằng $90^{\circ }$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$(A^{\prime }{B}^{\prime }C):-\sqrt{3}x+y-\sqrt{3}z+\sqrt{3}a=0$; $d(D,(A^{\prime }{B}^{\prime }C))=\frac{\sqrt{3}a}{\sqrt{7}}=\frac{a\sqrt{21}}{7}$.