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

(AI giải đề cho tôi)
Gọi cạnh tứ diện đều là $a$. Chọn $\overrightarrow{DM}=\overrightarrow{AM}-\overrightarrow{AD}$. Ta có $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AM}=|AB|\cdot |AM|\cos 60^{\circ }=a\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$ (vì $AM$ là trung tuyến tam giác đều $ABC$), và $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AD}=a^2\cos 60^{\circ }=\frac{a^2}{2}$. Suy ra $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{DM}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}-\frac{a^2}{2}$. Mặt khác $|DM|=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ (trung tuyến tam giác đều $DBC$), $|AB|=a$. Vậy $\cos \left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{DM}\right)=\frac{\frac{\sqrt{3}}{4}-\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{3}-2}{2\sqrt{3}}=\frac{3-2\sqrt{3}}{6}\approx -0,0773\approx -0,08$.

(AI giải đề cho tôi)
Do S.ABCD là hình chóp tứ giác đều, bốn sợi xích đối xứng nhau và hợp với đường cao SO một góc bằng nhau. Vì \widehat{ASC}=60° và SA, SC đối xứng qua SO nên mỗi sợi xích hợp với phương thẳng đứng góc 30°. Cân bằng theo phương thẳng đứng: $4T\cos 30^{\circ }=mg=5\cdot 10=50$ N, suy ra $T=\frac{50}{4\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{25}{\sqrt{3}}\approx 14,43$ N. Làm tròn đến hàng đơn vị: $T\approx 14$ N, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ: $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$, $\overrightarrow{B{C}^{\prime }}=\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$. Vì lăng trụ tam giác đều nên $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}\perp (ABC)$, do đó $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{BC}\cdot \overrightarrow{A{A}^{\prime }}=0$. Tam giác $ABC$ đều cạnh $a$ nên $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{BC}=a^2\cos 120^{\circ }=-\frac{a^2}{2}$. Tính: $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}\cdot \overrightarrow{B{C}^{\prime }}=\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{BC}+|\overrightarrow{A{A}^{\prime }}{|}^2=-\frac{a^2}{2}+2a^2=\frac{3a^2}{2}$. Mặt khác $|\overrightarrow{A{B}^{\prime }}|=\sqrt{a^2+2a^2}=a\sqrt{3}$, $|\overrightarrow{B{C}^{\prime }}|=a\sqrt{3}$. Vậy $\cos \alpha =\frac{3a^2/2}{3a^2}=\frac{1}{2}\Rightarrow \alpha =60^{\circ }$. Kết quả trùng với đáp án nguồn: A.

(AI giải đề cho tôi)
Tam giác $ABC$ có $AB=AC=a$, $BC=a\sqrt{2}$ nên vuông tại $A$ (vì $A{B}^2+A{C}^2=B{C}^2$). Gọi $M$ là trung điểm $BC$, vì $SA=SB=SC=a$ nên $S$ nằm trên đường thẳng qua $M$ vuông góc với $(ABC)$, với $SM=\sqrt{S{A}^2-A{M}^2}=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(0;a;0)$, $S\left(\frac{a}{2};\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)$. Khi đó $\overrightarrow{AB}=(a;0;0)$, $\overrightarrow{SC}=\left(-\frac{a}{2};\frac{a}{2};-\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)$, nên $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{SC}=-\frac{a^2}{2}$. Vậy $\cos \left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{SC}\right)=\frac{a^2/2}{a\cdot a}=\frac{1}{2}$, góc bằng $60^{\circ }$. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: A(0,0,0), B(a,0,0). Vì ∠ABC=60° nên C(a/2, a√3/2, 0), D(-a/2, a√3/2, 0), H(a/2, 0, 0). Tam giác SAB cân tại S thuộc mặt phẳng vuông góc đáy nên SH ⊥ AB ⇒ SH ⊥ đáy, S(a/2, 0, h). Góc giữa SC và đáy là góc giữa SC và HC: HC = (0, a√3/2, 0), tan30° = SH/HC ⇒ h = (a√3/2)·(1/√3) = a/2. Vậy S(a/2, 0, a/2). Tính SC = (0, a√3/2, -a/2), DH = (a, -a√3/2, 0). Tích vô hướng: SC·DH = -3a²/4. |SC| = a√(3/4+1/4) = a; |DH| = a√(1+3/4) = a√7/2. cos(SC,DH) = (-3a²/4)/(a·a√7/2) = -3/(2√7) ≈ -0,567 ⇒ góc ≈ 124,5°, gần nhất với 125°.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $D(0;2a;0)$, $C(a;2a;0)$, $A^{\prime }(0;0;a)$, $B^{\prime }(a;0;a)$, $C^{\prime }(a;2a;a)$. Khi đó $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=(a;0;a)$, $\overrightarrow{B{C}^{\prime }}=(0;2a;a)$. Cosin góc giữa hai đường thẳng: $\cos \phi =\frac{|\overrightarrow{A{B}^{\prime }}\cdot \overrightarrow{B{C}^{\prime }}|}{|\overrightarrow{A{B}^{\prime }}||\overrightarrow{B{C}^{\prime }}|}=\frac{a^2}{a\sqrt{2}\cdot a\sqrt{5}}=\frac{1}{\sqrt{10}}$. Suy ra $\sin \phi =\frac{3}{\sqrt{10}}$, do đó $\tan \phi =\frac{3/\sqrt{10}}{1/\sqrt{10}}=3$. Vậy tang của góc giữa $A{B}^{\prime }$ và $B{C}^{\prime }$ bằng $3$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA=SB$ và $SE=SF$, tam giác $SAB$ và $SEF$ đồng dạng, suy ra $EF\parallel AB$. Vậy góc giữa $EF$ và $CH$ bằng góc giữa $AB$ và $CH$.

Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $AB=a\sqrt{3}$, $AC=a$, nên $BC=\sqrt{3a^2+a^2}=2a$. Gọi $H$ là trung điểm $CB$ thì $CH$ là trung tuyến ứng với cạnh huyền, do đó $CH=\frac{BC}{2}=a$.

Trong tam giác vuông $AHC$ (vuông tại $A$): $\tan \widehat{ACH}=\frac{AH}{AC}$. Tính $AH$: tam giác $ABH$ cân tại $H$ (vì $HA=HB=HC=a$), góc $\widehat{ABH}$ có $\tan \widehat{ABC}=\frac{AC}{AB}=\frac{1}{\sqrt{3}}$ nên $\widehat{ABC}=30^{\circ }$, suy ra $\widehat{ABH}=30^{\circ }$ và $\widehat{BAH}=180^{\circ }-30^{\circ }-30^{\circ }=120^{\circ }$, tức góc giữa $AB$ và $AH$ (phía trong) là $60^{\circ }$... Cách trực tiếp hơn: góc giữa $AB$ và $CH$ bằng $\widehat{ABC}$ trừ đi góc lệch của $CH$ so với $CB$. Vì tam giác $CHB$ cân tại $H$ với $CH=HB=a$, $CB=2a$, tam giác $CHB$ đều, nên $\widehat{HCB}=60^{\circ }$. Mà $\widehat{ABC}=30^{\circ }$, nên góc giữa $AB$ và $CH$ là $60^{\circ }-30^{\circ }=30^{\circ }$.

Vậy góc giữa hai đường thẳng $EF$ và $CH$ bằng $30^{\circ }$, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ đơn vị $\vec{a}=\overrightarrow{OA},\vec{b}=\overrightarrow{OB},\vec{c}=\overrightarrow{OC}$ với $|\vec{a}|=|\vec{b}|=|\vec{c}|=1$, $\vec{a}\cdot \vec{b}=\cos 60^{\circ }=\frac{1}{2}$, $\vec{b}\cdot \vec{c}=\frac{1}{2}$, $\vec{a}\cdot \vec{c}=\cos 90^{\circ }=0$.

Vì $M$ là trung điểm $BC$: $\overrightarrow{OM}=\frac{\vec{b}+\vec{c}}{2}$; $N$ là trung điểm $OA$: $\overrightarrow{ON}=\frac{\vec{a}}{2}$. Suy ra $\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{ON}-\overrightarrow{OM}=\frac{\vec{a}-\vec{b}-\vec{c}}{2}$.

Tích vô hướng: $\overrightarrow{MN}\cdot \overrightarrow{OC}=\frac{1}{2}(\vec{a}\cdot \vec{c}-\vec{b}\cdot \vec{c}-\vec{c}\cdot \vec{c})=\frac{1}{2}\left(0-\frac{1}{2}-1\right)=-\frac{3}{4}$.

Độ dài: $|\overrightarrow{MN}{|}^2=\frac{1}{4}\left(|\vec{a}{|}^2+|\vec{b}{|}^2+|\vec{c}{|}^2-2\vec{a}\cdot \vec{b}-2\vec{a}\cdot \vec{c}+2\vec{b}\cdot \vec{c}\right)=\frac{1}{4}(3-1-0+1)=\frac{3}{4}$, nên $|\overrightarrow{MN}|=\frac{\sqrt{3}}{2}$, $|\overrightarrow{OC}|=1$.

Vậy $\cos \left(\overrightarrow{MN},\overrightarrow{OC}\right)=\frac{-3/4}{\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot 1}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$. Khớp đáp án nguồn C (trang 7).

[Hình cần kiểm tra lại: p11_f1] Ta có: $\overrightarrow{SA}.\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{SA}.\left(\overrightarrow{SC}-\overrightarrow{SB}\right)=\overrightarrow{SA}.\overrightarrow{SC}-\overrightarrow{SA}.\overrightarrow{SB}=SA.SC.\cos ASC-SA.SB.\cos ASB=0$ $\Rightarrow \left(\overrightarrow{SA},\overrightarrow{BC}\right)=90^0$

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình lập phương $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$:
- A: $\overrightarrow{A^{\prime }{D}^{\prime }}$ cùng hướng với $\overrightarrow{AD}$, mà $AB\perp AD$ nên góc bằng $90^{\circ }$ → đúng.
- B: $\overrightarrow{B^{\prime }{D}^{\prime }}$ cùng hướng với $\overrightarrow{BD}$, mà $AC\perp BD$ (hai đường chéo hình vuông) nên góc bằng $90^{\circ }$ → đúng.
- C: $\overrightarrow{C{B}^{\prime }}=\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }}$, với $\overrightarrow{CB}\perp \overrightarrow{A^{\prime }A}$ và $\overrightarrow{B{B}^{\prime }}$ cùng hướng $\overrightarrow{A^{\prime }A}$. Góc giữa $\overrightarrow{A^{\prime }A}$ và $\overrightarrow{C{B}^{\prime }}$ thỏa $\cos =\frac{1}{\sqrt{3}}$, tức khoảng $54,7^{\circ }\ne 45^{\circ }$ → sai.
- D: $\overrightarrow{A^{\prime }{C}^{\prime }}$ cùng hướng với $\overrightarrow{AC}$, góc giữa $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{AC}$ trong hình vuông $ABCD$ bằng $45^{\circ }$ → đúng.
Vậy khẳng định sai là C, trùng với đáp án nguồn (mã đề 1101, câu 12: C).

(AI giải đề cho tôi)
Đặt vectơ: $\overrightarrow{IE}=\frac{1}{2}(\vec{B}+\vec{D}-\vec{A}-\vec{C})=\frac{1}{2}\left[(\vec{D}-\vec{C})+(\vec{B}-\vec{A})\right]$ và $\overrightarrow{JF}=\frac{1}{2}(\vec{A}+\vec{D}-\vec{B}-\vec{C})=\frac{1}{2}\left[(\vec{D}-\vec{C})-(\vec{B}-\vec{A})\right]$. Khi đó $\overrightarrow{IE}\cdot \overrightarrow{JF}=\frac{1}{4}\left[|\vec{D}-\vec{C}{|}^2-|\vec{B}-\vec{A}{|}^2\right]=\frac{1}{4}(C{D}^2-A{B}^2)=0$ vì $AB=CD$. Vậy $IE\perp JF$, góc $(IE,JF)=90^{\circ }$. Chọn D.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\parallel CD$ nên góc giữa $AB$ và $SC$ bằng góc giữa $CD$ và $SC$, tức là góc $SCD$ trong tam giác $SCD$. Ta có $SC=SD=a\sqrt{2}$, $CD=AB=2a$. Áp dụng định lí cosin: $\cos \widehat{SCD}=\frac{S{C}^2+C{D}^2-S{D}^2}{2\cdot SC\cdot CD}=\frac{2a^2+4a^2-2a^2}{2\cdot a\sqrt{2}\cdot 2a}=\frac{4a^2}{4a^2\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$. Vậy góc giữa $AB$ và $SC$ bằng $45^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $M$ là trung điểm $BC$ và $N$ là trung điểm $AD$, ta có:
$$\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AN}=\frac{1}{2}\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{BA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AD},$$
$$\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{DN}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CD}+\frac{1}{2}\overrightarrow{DA}.$$
Cộng vế theo vế hai đẳng thức (chú ý $\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{BC}=\vec{0}$, $\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DA}=\vec{0}$):
$$2\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{DC},$$
hay $\overrightarrow{MN}=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{DC}\right)$.

Do đó:
$$M{N}^2=\frac{1}{4}\left(A{B}^2+C{D}^2+2\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{DC}\right).$$

Gọi $\theta$ là góc giữa hai đường thẳng $AB$ và $CD$, khi đó $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{DC}=AB\cdot CD\cdot \cos \theta =4a^2\cos \theta$. Suy ra:
$$3a^2=\frac{1}{4}\left(4a^2+4a^2+2\cdot 4a^2\cos \theta \right)=2a^2+2a^2\cos \theta ,$$
nên $\cos \theta =\frac{1}{2}$.

Vậy góc giữa hai đường thẳng $AB$ và $CD$ bằng $60^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $D(0;2a;0)$, vì hình thang vuông tại $A,B$ nên $C(a;a;0)$ (do $BC=a$ và $BC\perp AB$). Ta có $AC=a\sqrt{2}$, $H\in AC$ với $CH=3AH\Rightarrow AH=\frac{AC}{4}$, suy ra $H\left(\frac{a}{4};\frac{a}{4};0\right)$, và $S\left(\frac{a}{4};\frac{a}{4};a\sqrt{3}\right)$.

a) $\overrightarrow{AB}=(a;0;0)$, $\overrightarrow{SC}=\left(\frac{3a}{4};\frac{3a}{4};-a\sqrt{3}\right)$, $|SC|=a\sqrt{\frac{9}{16}+\frac{9}{16}+3}=\frac{a\sqrt{66}}{4}$.
$$\cos (SC,AB)=\frac{\frac{3a}{4}}{\frac{a\sqrt{66}}{4}}=\frac{3}{\sqrt{66}}=\frac{\sqrt{66}}{22}.$$
Vậy góc giữa $SC$ và $AB$ bằng $\arccos \frac{\sqrt{66}}{22}\approx 68,5^{\circ }$.

b) $\overrightarrow{SA}=\left(-\frac{a}{4};-\frac{a}{4};-a\sqrt{3}\right)$, $|SA|=a\sqrt{\frac{1}{16}+\frac{1}{16}+3}=\frac{5a\sqrt{2}}{4}$; $\overrightarrow{BD}=(-a;2a;0)$, $|BD|=a\sqrt{5}$.
$$\overrightarrow{SA}\cdot \overrightarrow{BD}=\frac{a^2}{4}-\frac{a^2}{2}+0=-\frac{a^2}{4},$$
$$\cos (SA,BD)=\frac{a^2/4}{\frac{5a\sqrt{2}}{4}\cdot a\sqrt{5}}=\frac{1}{5\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{10}}{50}.$$
Vậy góc giữa $SA$ và $BD$ bằng $\arccos \frac{\sqrt{10}}{50}\approx 86,4^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi cạnh đáy $AB=x$. Vì $A{A}^{\prime }\perp (ABC)$ nên góc giữa $A^{\prime }B$ và mặt đáy là góc $A^{\prime }BA=60^0$, với $A{A}^{\prime }=2a$: $\sin 60^0=\frac{A{A}^{\prime }}{A^{\prime }B}\Rightarrow A^{\prime }B=\frac{2a}{\sqrt{3}/2}=\frac{4a}{\sqrt{3}}$. Suy ra $A{B}^2=A^{\prime }{B}^2-A{A}^{\prime 2}=\frac{16a^2}{3}-4a^2=\frac{4a^2}{3}$, tức $AB=\frac{2a}{\sqrt{3}}$. Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B\left(\frac{2a}{\sqrt{3}};0;0\right)$, $C\left(\frac{a}{\sqrt{3}};a;0\right)$, $A^{\prime }(0;0;2a)$, trung điểm $M\left(\frac{\sqrt{3}a}{2};\frac{a}{2};0\right)$. Khi đó $\overrightarrow{A^{\prime }C}=\left(\frac{a}{\sqrt{3}};a;-2a\right)$, $\overrightarrow{AM}=\left(\frac{\sqrt{3}a}{2};\frac{a}{2};0\right)$. Tích vô hướng: $\overrightarrow{A^{\prime }C}\cdot \overrightarrow{AM}=\frac{a^2}{2}+\frac{a^2}{2}=a^2$. Độ dài: $|\overrightarrow{A^{\prime }C}|=\sqrt{\frac{a^2}{3}+a^2+4a^2}=\frac{4a}{\sqrt{3}}$, $|\overrightarrow{AM}|=\sqrt{\frac{3a^2}{4}+\frac{a^2}{4}}=a$. Vậy $\cos (A^{\prime }C,AM)=\frac{a^2}{\frac{4a}{\sqrt{3}}\cdot a}=\frac{\sqrt{3}}{4}$.

(AI giải đề cho tôi)
Lăng trụ đều nên tam giác ABC đều cạnh $a$, cạnh bên $A{A}^{\prime }=3a$ và $A{A}^{\prime }\perp (ABC)$, góc $\widehat{BAC}=60^{\circ }$.

Ta có:
$$\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }},\overrightarrow{A^{\prime }C}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{A{A}^{\prime }}.$$

Tích vô hướng:
$$\overrightarrow{A{B}^{\prime }}\cdot \overrightarrow{A^{\prime }C}=\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}\cdot \overrightarrow{AC}-|\overrightarrow{A{A}^{\prime }}{|}^2.$$

Vì $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}\perp \overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}\perp \overrightarrow{AC}$ nên hai tích giữa bằng $0$, còn $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=a\cdot a\cos 60^{\circ }=\frac{a^2}{2}$. Do đó:
$$\overrightarrow{A{B}^{\prime }}\cdot \overrightarrow{A^{\prime }C}=\frac{a^2}{2}-9a^2=-\frac{17a^2}{2}.$$

Độ dài:
$$|\overrightarrow{A{B}^{\prime }}|=\sqrt{a^2+9a^2}=a\sqrt{10},|\overrightarrow{A^{\prime }C}|=\sqrt{a^2+9a^2}=a\sqrt{10}.$$

Vậy:
$$\cos \left(\overrightarrow{A{B}^{\prime }},\overrightarrow{A^{\prime }C}\right)=\frac{-\frac{17a^2}{2}}{10a^2}=-\frac{17}{20}.$$

Đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Với $M$ trung điểm $AD$, $N$ trung điểm $BC$, ta có vectơ $\overrightarrow{MN}=\frac{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{DC}}{2}$. Suy ra $M{N}^2=\frac{A{B}^2+C{D}^2+2\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{DC}}{4}$. Thay $AB=CD=4$, $MN=2\sqrt{3}$: $12=\frac{16+16+2\cdot 16\cos \theta }{4}$, nên $48=32+32\cos \theta \Rightarrow \cos \theta =\frac{1}{2}$. Vậy góc giữa $AB$ và $CD$ bằng $60^{\circ }$, chọn đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục toạ độ: $B(0,0,0)$, $C(a,0,0)$, $A\left(\frac{a}{2},\frac{a\sqrt{3}}{2},0\right)$, $S(0,0,a)$ (vì $SB\perp (ABC)$, $SB=a$, tam giác $ABC$ đều cạnh $a$).

a) $I,K$ là trung điểm $AC,BC$ nên $IK$ là đường trung bình của tam giác $ABC$, do đó $IK\parallel AB$. Vậy góc giữa $SA$ và $IK$ bằng góc giữa $SA$ và $AB$.
$\overrightarrow{SA}=\left(\frac{a}{2},\frac{a\sqrt{3}}{2},-a\right)$, $\overrightarrow{AB}=\left(-\frac{a}{2},-\frac{a\sqrt{3}}{2},0\right)$.
$\overrightarrow{SA}\cdot \overrightarrow{AB}=-\frac{a^2}{4}-\frac{3a^2}{4}+0=-a^2$; $|\overrightarrow{SA}|=\sqrt{\frac{a^2}{4}+\frac{3a^2}{4}+a^2}=a\sqrt{2}$; $|\overrightarrow{AB}|=a$.
$\cos (\overrightarrow{SA},\overrightarrow{AB})=\frac{|-a^2|}{a\sqrt{2}\cdot a}=\frac{1}{\sqrt{2}}$, suy ra góc giữa hai đường thẳng $SA$ và $IK$ bằng $45^{\circ }$.

b) Vì $SH=3HC$ nên $\overrightarrow{SH}=\frac{3}{4}\overrightarrow{SC}$, tức $H=S+\frac{3}{4}(C-S)=\left(\frac{3a}{4},0,\frac{a}{4}\right)$; $K$ trung điểm $BC$ nên $K=\left(\frac{a}{2},0,0\right)$.
$\overrightarrow{HK}=\left(-\frac{a}{4},0,-\frac{a}{4}\right)$, $\overrightarrow{SC}=(a,0,-a)$: $\overrightarrow{SC}\cdot \overrightarrow{HK}=\frac{a^2}{4}-\frac{a^2}{4}=0$ nên $SC\perp HK$.
$\overrightarrow{AH}=\left(\frac{a}{4},-\frac{a\sqrt{3}}{2},\frac{a}{4}\right)$: $\overrightarrow{SC}\cdot \overrightarrow{AH}=\frac{a^2}{4}-\frac{a^2}{4}=0$ nên $SC\perp AH$.
Vì $SC$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau $HK$ và $AH$ nằm trong mặt phẳng $(AHK)$ nên $SC\perp (AHK)$. Đpcm.

(AI giải đề cho tôi)
$IJ$ là đoạn nối trung điểm của $SC$ và $BC$ trong tam giác $SBC$ nên $IJ\parallel SB$. Do $CD\parallel AB$, góc giữa $IJ$ và $CD$ bằng góc giữa $SB$ và $AB$. Tam giác $SAB$ có $SA=SB=AB=230m$ nên là tam giác đều, góc $SBA=60^{\circ }$. Vậy $a=60$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $SA=SB=SC=1$, lấy $S$ làm gốc tọa độ: $A=(1;0;0)$, $B=(0;1;0)$. Gọi $C=(x;y;z)$ với $x^2+y^2+z^2=1$. Vì $\widehat{CSA}=60^{\circ }$ nên $\overrightarrow{SA}\cdot \overrightarrow{SC}=x=\cos 60^{\circ }=\frac{1}{2}$; vì $\widehat{BSC}=60^{\circ }$ nên $y=\frac{1}{2}$; suy ra $z=\sqrt{1-\frac{1}{4}-\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$. Kiểm tra: $\overrightarrow{SB}\cdot \overrightarrow{SA}=0$ đúng góc $90^{\circ }$. Trung điểm $E$ của $AB$: $E=(\frac{1}{2};\frac{1}{2};0)$; trung điểm $F$ của $SC$: $F=(\frac{1}{4};\frac{1}{4};\frac{\sqrt{2}}{4})$. Suy ra $\overrightarrow{FE}=(-\frac{1}{4};-\frac{1}{4};\frac{\sqrt{2}}{4})$ và $\overrightarrow{SC}=(\frac{1}{2};\frac{1}{2};\frac{\sqrt{2}}{2})$. Tích vô hướng: $\overrightarrow{FE}\cdot \overrightarrow{SC}=-\frac{1}{8}-\frac{1}{8}+\frac{1}{4}=0$. Vậy $EF\perp SC$, góc giữa hai đường thẳng bằng $90^{\circ }$.