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

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

(AI giải đề cho tôi)
Hình hộp chữ nhật $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ với $AB=a$, $BC=a\sqrt{3}$, $A{A}^{\prime }=a\sqrt{2}$. Hình chiếu của $A{C}^{\prime }$ lên mặt phẳng $(ABCD)$ là $AC$, nên góc giữa $A{C}^{\prime }$ và $(ABCD)$ là $\phi =\widehat{C^{\prime }AC}$.

Ta có $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{a^2+3a^2}=2a$ và $A{C}^{\prime }=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2+A{A}^{\prime 2}}=\sqrt{a^2+3a^2+2a^2}=\sqrt{6}a$.

Trong tam giác vuông $AC{C}^{\prime }$ (vuông tại $A$ vì $A{A}^{\prime }\perp (ABCD)$):
$$\cos \phi =\frac{AC}{A{C}^{\prime }}=\frac{2a}{\sqrt{6}a}=\frac{2}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{3}\approx 0,8165\approx 0,82.$$

Kết quả khớp với đáp án nguồn 0,82.

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

(AI giải đề cho tôi)
Hình hộp chữ nhật $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ có $AB=a\sqrt{2}$, $BC=a$, $A{A}^{\prime }=a\sqrt{3}$. Hình chiếu của $A{C}^{\prime }$ lên mặt phẳng $(ABCD)$ là $AC$, nên góc giữa $A{C}^{\prime }$ và $(ABCD)$ là $\phi =\widehat{C^{\prime }AC}$.

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

Đường chéo hình hộp: $A{C}^{\prime }=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2+A{A}^{\prime 2}}=\sqrt{2a^2+a^2+3a^2}=a\sqrt{6}$.

Tam giác $AC{C}^{\prime }$ vuông tại $C$ (vì $C{C}^{\prime }\perp (ABCD)$):
$$\cos \phi =\frac{AC}{A{C}^{\prime }}=\frac{a\sqrt{3}}{a\sqrt{6}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\approx 0,71.$$

Kết quả khớp với đáp án nguồn 0,71.

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) 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)
Gọi O là tâm đáy. AC = 2√2 nên AO = √2. Tam giác SOA vuông tại O: SO = √(SA² − AO²) = √(9 − 2) = √7. Góc giữa cạnh bên SA và mặt đáy là φ = SAO, nên tanφ = SO/AO = √7/√2 = √(7/2) (loại B), và cosφ = AO/SA = √2/3. Vậy D đúng.

(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)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $AC$ là hình chiếu của $SC$ lên $(ABCD)$, góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SCA}$. Đáy hình vuông cạnh $a$ nên $AC=a\sqrt{2}$. Do đó $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{6}/3}{a\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{1}{\sqrt{3}}$, suy ra $\widehat{SCA}=30^{\circ }$. Kết quả trùng với đáp án nguồn: D.

(AI giải đề cho tôi)
Hình lập phương $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ có $B{B}^{\prime }\perp (ABCD)$ nên $B$ là hình chiếu của $B^{\prime }$ lên $(ABCD)$. Góc giữa $A{B}^{\prime }$ và $(ABCD)$ là góc giữa $A{B}^{\prime }$ và $AB$, tức góc $B^{\prime }AB$. Trong tam giác vuông $AB{B}^{\prime }$ vuông tại $B$ với $AB=B{B}^{\prime }$ (cạnh hình lập phương), ta có $\tan \widehat{B^{\prime }AB}=\frac{B{B}^{\prime }}{AB}=1$, suy ra góc bằng $45^{\circ }$. Kết quả trùng với đáp án nguồn: C.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình lập phương $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, hình chiếu của $B^{\prime }$ lên mặt phẳng $(ABCD)$ là điểm $B$ (vì $B{B}^{\prime }\perp (ABCD)$). Do đó hình chiếu của đường thẳng $A{B}^{\prime }$ trên $(ABCD)$ là $AB$, nên góc giữa $A{B}^{\prime }$ và $(ABCD)$ là góc $B^{\prime }AB$. Tam giác $AB{B}^{\prime }$ vuông tại $B$ với $AB=B{B}^{\prime }$ (cạnh hình lập phương), nên $\tan \widehat{B^{\prime }AB}=\frac{B{B}^{\prime }}{AB}=1\Rightarrow \widehat{B^{\prime }AB}=45^{\circ }$. Kết quả trùng với đáp án nguồn: B.

(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).

(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 $\widehat{SCA}$. Đáy là hình vuông cạnh $a$ nên $AC=a\sqrt{2}$. Khi đó $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{\frac{a\sqrt{6}}{3}}{a\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$, suy ra $\widehat{SCA}=30^{\circ }$. Kết quả trùng với đáp án nguồn: D.

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)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $A$ là hình chiếu của $S$ lên mặt đáy $(ABC)$. Do đó hình chiếu của $SC$ lên $(ABC)$ là $AC$. Góc giữa đường thẳng $SC$ và mặt phẳng $(ABC)$ là góc giữa $SC$ và hình chiếu của nó trên $(ABC)$, tức là góc giữa $SC$ và $AC$ (góc $SCA$). Khớp với đáp án nguồn: C.

(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.