Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Góc nhị diện (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Gọi cạnh tam giác đều là $a$, $M$ là trung điểm $AB$. Vì $SAB$ đều nên $SM\perp AB$, $SM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$; do $(SAB)\perp (ABC)$ nên $SM\perp (ABC)$. Góc nhị diện $[S,BC,A]$ có cạnh $BC$. Hình chiếu của $S$ lên $(ABC)$ là $M$, gọi $K$ là chân đường vuông góc hạ từ $M$ xuống $BC$. Trong mặt đáy, với tọa độ $B(0,0),C(a,0),A\left(\frac{a}{2},\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$ thì $M=\left(\frac{a}{4},\frac{a\sqrt{3}}{4}\right)$ nên $MK=\frac{a\sqrt{3}}{4}$. Ta có $SK\perp BC$ (định lý ba đường vuông góc) và $AK\perp BC$, do đó $\widehat{SKA}=\alpha$. Vì $SM\perp (ABC)$ nên $\tan \alpha =\frac{SM}{MK}=\frac{a\sqrt{3}/2}{a\sqrt{3}/4}=2$. Suy ra ${\cos }^2\alpha =\frac{1}{1+{\tan }^2\alpha }=\frac{1}{5}$. Vậy chọn đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Từ hình vẽ: $A(5;0;0)$, $C(0;4;0)$, $G(0;2;4)$, $H(0;0;3)$, suy ra $D(0;4;3)$, $E(5;4;3)$, $I(5;0;3)$, $F(5;2;4)$. Mặt phẳng $(DEFG)$ chứa $\overrightarrow{DE}=(5;0;0)$ và $\overrightarrow{DG}=(0;-2;1)$, nên pháp tuyến $\overrightarrow{n_1}=\overrightarrow{DE}\times \overrightarrow{DG}=(0;-5;-10)\sim (0;1;2)$. Mặt phẳng $(DEIH)$ là mặt $z=3$ với pháp tuyến $\overrightarrow{n_2}=(0;0;1)$. Khi đó $\cos ((DEFG),(DEIH))=\frac{|2|}{\sqrt{1^2+2^2}\cdot 1}=\frac{2}{\sqrt{5}}\approx 0,8944$, suy ra góc nhị diện $\approx 26,565^{\circ }\approx 26,6^{\circ }$. Kết quả trùng với đáp án nguồn 26,6 (bảng đáp án mã đề 1002, Câu 21).

(AI giải đề cho tôi)
Từ hình vẽ: A(5;0;0), C(0;4;0), H(0;0;3), G(0;2;4), suy ra D(0;4;3), E(5;4;3), F(5;2;4), I(5;0;3). Mặt phẳng (DEIH) chính là mặt phẳng z = 3 với vectơ pháp tuyến n₁ = (0;0;1). Mặt phẳng (DEFG) đi qua D(0;4;3), E(5;4;3), G(0;2;4): DE = (5;0;0), DG = (0;-2;1), nên pháp tuyến n₂ = DE × DG = (0;-5;-10) ∝ (0;1;2), phương trình mặt phẳng: y + 2z - 10 = 0 (thỏa cả ba điểm). Góc nhị diện giữa hai mặt bằng góc giữa hai pháp tuyến: cos φ = |n₁·n₂|/(|n₁||n₂|) = 2/√5 ≈ 0,8944, nên φ = arccos(2/√5) ≈ 26,565° ≈ 26,6°. Kết quả khớp với đáp án nguồn 26,6.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $M$ là trung điểm $B^{\prime }{C}^{\prime }$. Trong lăng trụ tam giác đều, $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ là tam giác đều nên $A^{\prime }M\perp B^{\prime }{C}^{\prime }$ với $A^{\prime }M=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Vì $A{A}^{\prime }\perp (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ nên $AM\perp B^{\prime }{C}^{\prime }$ (theo định lý ba đường vuông góc), do đó góc nhị diện $[A,B^{\prime }{C}^{\prime },A^{\prime }]$ là góc $\widehat{AM{A}^{\prime }}$. Tam giác $AM{A}^{\prime }$ vuông tại $A^{\prime }$ với $A{A}^{\prime }=a$: $\tan \alpha =\tan \widehat{AM{A}^{\prime }}=\frac{A{A}^{\prime }}{A^{\prime }M}=\frac{a}{a\sqrt{3}/2}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$. Kết quả khớp đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $M$ là trung điểm $BC$. Vì lăng trụ tam giác đều nên $AM\perp BC$ và $A^{\prime }M\perp BC$ (do $A^{\prime }A\perp (ABC)$ nên $A^{\prime }M\perp BC$ theo định lý ba đường vuông góc). Suy ra góc nhị diện $[A^{\prime },BC,A]$ là $\widehat{A^{\prime }MA}$.

Tam giác $ABC$ đều cạnh $2a$ nên $AM=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$.

Tam giác $A^{\prime }AM$ vuông tại $A$ với $A^{\prime }A=3a$, nên $A^{\prime }M=\sqrt{9a^2+3a^2}=2a\sqrt{3}$.

$\cos \widehat{A^{\prime }MA}=\frac{AM}{A^{\prime }M}=\frac{a\sqrt{3}}{2a\sqrt{3}}=\frac{1}{2}$, suy ra $\widehat{A^{\prime }MA}=60^{\circ }$.

Vậy chọn đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$ với $BC=a$ nên $AB=AC=\frac{a}{\sqrt{2}}$. Đặt $A=(0;0;0)$, $B=\left(\frac{a}{\sqrt{2}};0;0\right)$, $C=\left(0;\frac{a}{\sqrt{2}};0\right)$, trung điểm $M=\left(\frac{a}{2\sqrt{2}};\frac{a}{2\sqrt{2}};0\right)$. Vì $SM\perp (ABC)$, $SB=a$, $MB=\frac{a}{2}$ nên $SM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, tức $S=\left(\frac{a}{2\sqrt{2}};\frac{a}{2\sqrt{2}};\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$. Khi đó $SA=a$, và tam giác $SAB$ có $SA=SB=a$, $AB=\frac{a}{\sqrt{2}}$ nên $\cos \widehat{ASB}=\frac{a^2+a^2-\frac{a^2}{2}}{2a^2}=\frac{3}{4}$, $\sin \widehat{ASB}=\frac{\sqrt{7}}{4}$; tương tự $\cos \widehat{ASC}=\frac{3}{4}$. Tam giác $SBC$ có $SB=SC=BC=a$ đều nên $\cos \widehat{BSC}=\frac{1}{2}$. Áp dụng công thức ba điểm (góc nhị diện $[B,SA,C]$ có cạnh $SA$): $$\cos \alpha =\frac{\cos \widehat{BSC}-\cos \widehat{ASB}\cos \widehat{ASC}}{\sin \widehat{ASB}\sin \widehat{ASC}}=\frac{\frac{1}{2}-\frac{9}{16}}{\frac{7}{16}}=\frac{-\frac{1}{16}}{\frac{7}{16}}=-\frac{1}{7}.$$ Kiểm tra bằng tọa độ: hình chiếu của $B$ và $C$ trên đường thẳng $SA$ trùng nhau tại $H$ (do tính đối xứng), với $\overrightarrow{HB}=\left(\frac{7a}{4\sqrt{2}};-\frac{a}{4\sqrt{2}};-\frac{a\sqrt{3}}{8}\right)$, $\overrightarrow{HC}=\left(-\frac{a}{4\sqrt{2}};\frac{7a}{4\sqrt{2}};-\frac{a\sqrt{3}}{8}\right)$, cho $\overrightarrow{HB}\cdot \overrightarrow{HC}=-\frac{a^2}{16}$, $|\overrightarrow{HB}{|}^2=\frac{7a^2}{16}$, cũng ra $\cos \alpha =-\frac{1}{7}$. Vậy đáp án là C, trùng với đáp án của đề (mã đề 102, câu 1: C).

(AI giải đề cho tôi)
Đặt cạnh lập phương bằng $1$, chọn hệ trục: $A(0,0,0)$, $B(1,0,0)$, $C(1,1,0)$, $D(0,1,0)$, $A^{\prime }(0,0,1)$. Vectơ chỉ phương đường thẳng $A^{\prime }C$ là $(1,1,-1)$. Mặt phẳng $(A^{\prime }CD)$ có vectơ pháp tuyến ${\vec{n}}_1=\overrightarrow{A^{\prime }C}\times \overrightarrow{A^{\prime }D}=(0,1,1)$. Mặt phẳng $(B{A}^{\prime }C)$ có vectơ pháp tuyến ${\vec{n}}_2=\overrightarrow{A^{\prime }C}\times \overrightarrow{A^{\prime }B}=(-1,0,-1)$. $\cos \phi =\frac{|{\vec{n}}_1\cdot {\vec{n}}_2|}{|{\vec{n}}_1||{\vec{n}}_2|}=\frac{1}{\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}}=\frac{1}{2}$, nên góc phẳng nhị diện $[B,A^{\prime }C,D]$ bằng $60^{\circ }$.

a) Ta có $ABD=90^{\circ }$ (do $A,B,C,D$ nội tiếp đường tròn đường kính $AD$). Do $D{D}^{\prime }\perp (ABCD)\Rightarrow D{D}^{\prime }\perp AB$, mà $BD\perp AB\Rightarrow AB\perp (BD{D}^{\prime })\Rightarrow AB\perp B{D}^{\prime }\Rightarrow DB{D}^{\prime }=45^{\circ }$. Nên $\tan DB{D}^{\prime }=\frac{D{D}^{\prime }}{BD}\Rightarrow D{D}^{\prime }=BD=2\sqrt{3}$. Lại có $\left(A^{\prime }B,(ABCD)\right)=B{A}^{\prime }{B}^{\prime }$, $\tan B{A}^{\prime }{B}^{\prime }=\frac{B{B}^{\prime }}{A^{\prime }{B}^{\prime }}=\sqrt{3}\Rightarrow B{A}^{\prime }{B}^{\prime }=60^{\circ }$.



b) Diện tích đáy bằng 3 lần diện tích tam giác đều cạnh 2: $S_{ABCD}=3S_{ABD}=3\cdot \frac{\sqrt{3}}{4}\cdot 2^2=3\sqrt{3}$; $V=h\cdot S_{ABCD}=2\sqrt{3}\cdot 3\sqrt{3}=18$.

c) Ta có: $d(AD,A^{\prime }C)=d\left(AD,(A^{\prime }BC{D}^{\prime })\right)=d\left(A,(A^{\prime }BC{D}^{\prime })\right)=d\left(B^{\prime },(A^{\prime }BC{D}^{\prime })\right)$. Mà $B{A}^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime }$ là tứ diện vuông nên $\frac{1}{h^2}=\frac{1}{(B{A}^{\prime }{)}^2}+\frac{1}{(B{B}^{\prime }{)}^2}+\frac{1}{(B{D}^{\prime }{)}^2}=\frac{1}{2^2}+\frac{1}{(2\sqrt{3}{)}^2}+\frac{1}{(2\sqrt{3}{)}^2}=\frac{5}{12}$ $\Rightarrow h=\frac{2\sqrt{15}}{5}$, trong đó $h=d\left(B^{\prime },(A^{\prime }BC{D}^{\prime })\right)=d(AD,A^{\prime }C)$.

d) Ta có $V_2=V_{A^{\prime }BC{D}^{\prime }{C}^{\prime }{B}^{\prime }}=V_{A^{\prime }{B}^{\prime }DB}+V_{D\cdot BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }}=\frac{1}{6}\cdot 2\cdot 2\sqrt{3}\cdot 2\sqrt{3}+\frac{1}{3}\cdot \sqrt{3}\cdot 2\sqrt{3}=6$ $\Rightarrow V_1=V-V_2=18-6=12\Rightarrow V_1=2V_2$.
a) Ta có $ABD=90^{\circ }$ (do $A,B,C,D$ nội tiếp đường tròn đường kính $AD$). Do $D{D}^{\prime }\perp (ABCD)\Rightarrow D{D}^{\prime }\perp AB$, mà $BD\perp AB\Rightarrow AB\perp (BD{D}^{\prime })\Rightarrow AB\perp B{D}^{\prime }\Rightarrow DB{D}^{\prime }=45^{\circ }$. Nên $\tan DB{D}^{\prime }=\frac{D{D}^{\prime }}{BD}\Rightarrow D{D}^{\prime }=BD=2\sqrt{3}$. Lại có $\left(A^{\prime }B,(ABCD)\right)=B{A}^{\prime }{B}^{\prime }$, $\tan B{A}^{\prime }{B}^{\prime }=\frac{B{B}^{\prime }}{A^{\prime }{B}^{\prime }}=\sqrt{3}\Rightarrow B{A}^{\prime }{B}^{\prime }=60^{\circ }$.
b) Diện tích đáy bằng 3 lần diện tích tam giác đều cạnh 2:
$$S_{ABCD}=3S_{ABD}=3\cdot \frac{\sqrt{3}}{4}\cdot 2^2=3\sqrt{3}$$
$$V=h\cdot S_{ABCD}=2\sqrt{3}\cdot 3\sqrt{3}=18$$
c) Ta có: $d(AD,A^{\prime }C)=d\left(AD,(A^{\prime }BC{D}^{\prime })\right)=d\left(A,(A^{\prime }BC{D}^{\prime })\right)=d\left(B^{\prime },(A^{\prime }BC{D}^{\prime })\right)$. Mà $B{A}^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime }$ là tứ diện vuông nên
$$\frac{1}{h^2}=\frac{1}{(B{A}^{\prime }{)}^2}+\frac{1}{(B{B}^{\prime }{)}^2}+\frac{1}{(B{D}^{\prime }{)}^2}=\frac{1}{2^2}+\frac{1}{(2\sqrt{3}{)}^2}+\frac{1}{(2\sqrt{3}{)}^2}=\frac{5}{12}$$
$$\Rightarrow h=\frac{2\sqrt{15}}{5},\text{trong đoˊ }h=d\left(B^{\prime },(A^{\prime }BC{D}^{\prime })\right)=d(AD,A^{\prime }C)$$
d) Ta có
$$V_2=V_{A^{\prime }BC{D}^{\prime }{C}^{\prime }{B}^{\prime }}=V_{A^{\prime }{B}^{\prime }DB}+V_{D\cdot BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }}$$
$$=\frac{1}{6}\cdot B^{\prime }A\cdot B{B}^{\prime }\cdot B^{\prime }{D}^{\prime }+\frac{1}{3}\cdot d\left(D^{\prime },(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })\right)\cdot S_{BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }}$$
$$=\frac{1}{6}\cdot 2\cdot 2\sqrt{3}\cdot 2\sqrt{3}+\frac{1}{3}\cdot \sqrt{3}\cdot 2\sqrt{3}=6$$
$$\Rightarrow V_1=V-V_2=18-6=12\Rightarrow V_1=2V_2$$

Ta có: $\left[A;BD;A^{\prime }\right]=AH{A}^{\prime }$. Kẻ $A^{\prime }H\perp BD$ thì $AH\perp BD$. Chứng minh: $A{A}^{\prime }\perp \left(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }\right)\Rightarrow A{A}^{\prime }\perp B{D}^{\prime }$. Mà $AH\perp BD$ nên $BD\perp \left(CA{A}^{\prime }H\right)\Rightarrow AH\perp B{D}^{\prime }$. Ta có: $\frac{1}{A^{\prime }{H}^2}=\frac{1}{A^{\prime }{B}^2}+\frac{1}{A^{\prime }{O}^2}=\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}\Rightarrow A^{\prime }H=\frac{12}{5}$. Khi đó: $tan\alpha =\frac{A{A}^{\prime }}{A^{\prime }H}=\frac{5}{\frac{12}{5}}=\frac{25}{12}\Rightarrow \alpha \approx 64,35^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ $A(0;0;0)$, $B(3;0;0)$, $D(0;4;0)$, $A^{\prime }(0;0;5)$, suy ra $B^{\prime }(3;0;5)$, $D^{\prime }(0;4;5)$. Góc nhị diện $[A,B^{\prime }{D}^{\prime },A^{\prime }]$ có cạnh $B^{\prime }{D}^{\prime }$. Lấy các vectơ từ $B^{\prime }$: $\overrightarrow{B^{\prime }A}=(-3;0;-5)$, $\overrightarrow{B^{\prime }{A}^{\prime }}=(-3;0;0)$, $\overrightarrow{B^{\prime }{D}^{\prime }}=(-3;4;0)$. Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $(A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$: $\overrightarrow{n_1}=\overrightarrow{B^{\prime }A}\times \overrightarrow{B^{\prime }{D}^{\prime }}=(20;15;-12)$; của mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime })$: $\overrightarrow{n_2}=\overrightarrow{B^{\prime }{A}^{\prime }}\times \overrightarrow{B^{\prime }{D}^{\prime }}=(0;0;-12)$. Khi đó $\cos \phi =\frac{|\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{n_2}|}{|\overrightarrow{n_1}||\overrightarrow{n_2}|}=\frac{144}{12\sqrt{769}}=\frac{12}{\sqrt{769}}\approx 0,4328$, suy ra $\phi \approx 64,4^{\circ }\approx 64^{\circ }$. Vậy đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên góc giữa $SC$ và đáy là góc $SCA=45^{\circ }$, suy ra $SA=AC$. Tam giác $ABC$ vuông tại $B$ với $AB=a,BC=AD=a\sqrt{3}$ nên $AC=\sqrt{a^2+3a^2}=2a$, do đó $SA=2a$.

Gọi $H$ là chân đường vuông góc hạ từ $A$ xuống $BD$. Trong tam giác vuông $ABD$ (vuông tại $A$): $BD=\sqrt{a^2+3a^2}=2a$ và $AH=\frac{AB\cdot AD}{BD}=\frac{a\cdot a\sqrt{3}}{2a}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BD$, kết hợp $AH\perp BD$ suy ra $BD\perp (SAH)$, do đó góc nhị diện $[S,BD,A]$ là góc $SHA=\alpha$.

Tam giác $SAH$ vuông tại $A$: $SH=\sqrt{S{A}^2+A{H}^2}=\sqrt{4a^2+\frac{3a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{19}}{2}$.

Vậy $\cos \alpha =\frac{AH}{SH}=\frac{a\sqrt{3}/2}{a\sqrt{19}/2}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{19}}=\frac{\sqrt{57}}{19}$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi cạnh tất cả các cạnh là $a$ (đáy là hình vuông cạnh $a$, các cạnh bên $SA=SB=SC=SD=a$).

a) Góc giữa $SA$ và $(ABCD)$:
Vì $S.ABCD$ đều nên $SO\perp (ABCD)$ với $O$ là tâm đáy. Góc giữa $SA$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SAO}$.
Tam giác $OAB$ vuông cân tại $O$ với $AB=a$ nên $OA=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Tam giác $SOA$ vuông tại $O$: $SO=\sqrt{S{A}^2-O{A}^2}=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Suy ra $\sin \widehat{SAO}=\frac{SO}{SA}=\frac{a\sqrt{2}/2}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow \widehat{SAO}=45^{\circ }$.

b) Góc nhị diện $[A,SO,B]$:
Vì $SO\perp (ABCD)$ nên $SO\perp AB$; lại có $AB\perp AC$ nên $AB\perp (SOA)$. Tương tự $AB\perp (SOB)$ (do $AB\perp BC$ và $SO\perp AB$).
Giao tuyến của hai mặt phẳng $(SOA)$ và $(SOB)$ là $SO$, và $AB$ vuông góc với cả hai mặt phẳng tại $O$... chính xác hơn: góc giữa hai mặt phẳng $(SOA)$ và $(SOB)$ bằng góc giữa hai đường thẳng tương ứng vuông góc với giao tuyến, tức góc giữa $OA$ và $OB$ (cùng nằm trong đáy, cùng vuông góc với $SO$).
Vậy góc nhị diện $[A,SO,B]=\widehat{AOB}=90^{\circ }$ (vì $ABCD$ là hình vuông, hai đường chéo vuông góc).

Góc nhị diện $[S,AB,O]$:
Giao tuyến là $AB$. Gọi $H$ là trung điểm $AB$. Vì $OA=OB$ nên $OH\perp AB$; vì $SA=SB$ nên $SH\perp AB$. Vậy góc nhị diện là $\widehat{SHO}$.
Tam giác $SOH$ vuông tại $O$ với $OH=\frac{a}{2}$, $SO=\frac{a\sqrt{2}}{2}$:
$$\tan \widehat{SHO}=\frac{SO}{OH}=\frac{a\sqrt{2}/2}{a/2}=\sqrt{2}\Rightarrow \widehat{SHO}=\arctan \sqrt{2}\approx 54^{\circ }44^{\prime }.$$

Kết luận: a) Góc giữa $SA$ và $(ABCD)$ bằng $45^{\circ }$; b) $[A,SO,B]=90^{\circ }$ và $[S,AB,O]=\arctan \sqrt{2}\approx 54^{\circ }44^{\prime }.$

(AI giải đề cho tôi)
Bài 12: Hình chóp $S.ABCD$, đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$, $SA\perp (ABCD)$, $SA=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Gọi $O=AC\cap BD$.

a) Nhị diện $[B,SA,D]$ có cạnh $SA$. Ta có $AB\perp SA$ (vì $SA\perp (ABCD)$) và $AD\perp SA$. Vậy góc phẳng nhị diện $[B,SA,D]$ là $\widehat{BAD}=90^{\circ }$.

b) Nhị diện $[S,BD,A]$ có cạnh $BD$. Tam giác $SBD$ cân tại $S$ (vì $SB=SD$), nên $SO\perp BD$; tam giác $ABD$ cân tại $A$ nên $AO\perp BD$. Vậy góc phẳng nhị diện $[S,BD,A]$ là $\widehat{SOA}$.
Ta có $AO=\frac{a\sqrt{2}}{2}$, $SA=\frac{a\sqrt{2}}{2}$, $\tan \widehat{SOA}=\frac{SA}{AO}=1\Rightarrow \widehat{SOA}=45^{\circ }$.

c) Nhị diện $[S,BD,C]$ có cạnh $BD$: $SO\perp BD$, $CO\perp BD$ nên góc phẳng là $\widehat{SOC}$. Vì $A$ và $C$ nằm khác phía đối với $BD$ nên $\widehat{SOC}=180^{\circ }-\widehat{SOA}=135^{\circ }$.
Kiểm tra bằng định lí cosin: $S{O}^2=S{A}^2+A{O}^2=a^2$; $S{C}^2=S{A}^2+A{C}^2=\frac{a^2}{2}+2a^2=\frac{5a^2}{2}$; $OC=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
$\cos \widehat{SOC}=\frac{S{O}^2+O{C}^2-S{C}^2}{2\cdot SO\cdot OC}=\frac{a^2+\frac{a^2}{2}-\frac{5a^2}{2}}{2\cdot a\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}}=\frac{-a^2}{a^2\sqrt{2}}=-\frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow \widehat{SOC}=135^{\circ }$.

Kết luận: a) $90^{\circ }$; b) $45^{\circ }$; c) $135^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $D(a;0;0)$, $B(0;2a;0)$, $C(a;a;0)$ (hình thang vuông tại $A$ và $D$ với $AB=2a$, $CD=DA=a$), $S(0;0;2a)$ vì $SA\perp (ABCD)$, $SA=2a$.

Ta có $\overrightarrow{SB}=(0;2a;-2a)$, $\overrightarrow{SC}=(a;a;-2a)$, nên pháp tuyến của $(SBC)$:
$$\overrightarrow{n_1}=\overrightarrow{SB}\times \overrightarrow{SC}=(-2a^2;-2a^2;-2a^2)\parallel (1;1;1).$$

$\overrightarrow{SD}=(a;0;-2a)$, pháp tuyến của $(SCD)$:
$$\overrightarrow{n_2}=\overrightarrow{SD}\times \overrightarrow{SC}=(2a^2;0;a^2)\parallel (2;0;1).$$

Cosin góc giữa hai mặt phẳng:
$$\cos \phi =\frac{|(1;1;1)\cdot (2;0;1)|}{\sqrt{3}\cdot \sqrt{5}}=\frac{3}{\sqrt{15}}=\frac{3\sqrt{15}}{15}.$$

Vì $\widehat{BAD}=120^{\circ }$ nên suy ra $\widehat{CAD}=60^{\circ }$. Lại có $DA=DC$ nên tam giác $\Delta ACD$ đều. Do đó $AM=2a\sqrt{3}$.
a) Đúng: Kẻ $HE\perp CD$ $(E\in CD)$, $HE//AM$, $\frac{HE}{AM}=\frac{HC}{AC}=\frac{3}{4}$ $\Rightarrow HE=\frac{3a\sqrt{3}}{2}$. $[S,CD,A]=\widehat{SEH}=\alpha$, $\tan \alpha =\frac{SH}{HE}=\frac{2}{3}$.
b) Sai: Vì $BH/\perp (SAC)$ nên $SH$ không là hình chiếu của $SB$ lên $(SAC)$ $\Rightarrow (SB,(SAC))$ không bằng góc $\widehat{BSH}$.
c) Đúng: $S_{ABCD}=8a^2\sqrt{3}$, $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}\cdot 8a^2\sqrt{3}\cdot a\sqrt{3}=8a^3$.
d) Đúng (xem hình [Hình cần kiểm tra lại: p23_f1]): Gọi $AN\cap CD=F$, suy ra $PN\parallel SF$. $\mathrm{d}(PN,SM)=\mathrm{d}(PN,(SFD))=\mathrm{d}(P,(SFD))=\frac{1}{2}\mathrm{d}(A,(SFD))=\frac{2}{3}\cdot \frac{SH\cdot HE}{\sqrt{S{H}^2+H{E}^2}}=\frac{2a\sqrt{39}}{13}$.
a) Đúng: Kẻ $HE\perp CD$ $(E\in CD)$. Ta có $\{\begin{array}{l}HE\perp CD\\ AM\perp CD\end{array}\Rightarrow HE//AM$. Áp dụng định lý Ta-lét: $\frac{HE}{AM}=\frac{HC}{AC}=\frac{3}{4}$. $\Rightarrow HE=\frac{3}{4}AM=\frac{3}{4}\cdot 2a\sqrt{3}=\frac{3a\sqrt{3}}{2}$. Mặt khác: $CD\perp SH$, $CD\perp HE$ nên suy ra $CD\perp SE$. Ta có $\{\begin{array}{l}(SCD)\cap (ACD)=CD\\ HE\subset (ACD),HE\perp CD\\ SE\subset (SCD),SE\perp CD\end{array}\Rightarrow [S,CD,A]=\widehat{SEH}=\alpha$. Vì $SH\perp (ABCD)$ nên $SH\perp HE$, do đó $\tan \alpha =\frac{SH}{HE}=\frac{a\sqrt{3}}{\frac{3a\sqrt{3}}{2}}=\frac{2}{3}$.
b) Sai: Vì $BH/\perp (SAC)$ nên $SH$ không là hình chiếu của $SB$ lên $(SAC)$ $\Rightarrow (SB,(SAC))$ không bằng góc $\widehat{BSH}$.
c) Đúng: Ta có $S_{ABCD}=2S_{ACD}=2\cdot \frac{16a^2\sqrt{3}}{4}=8a^2\sqrt{3}$. $\Rightarrow V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}\cdot 8a^2\sqrt{3}\cdot a\sqrt{3}=8a^3$.
d) Đúng (xem hình [Hình cần kiểm tra lại: p23_f1]): Gọi $AN\cap CD=F$. Suy ra $PN\parallel SF$. Do đó $$\mathrm{d}(PN,SM)=\mathrm{d}(PN,(SFD))=\mathrm{d}(P,(SFD))=\frac{1}{2}\mathrm{d}(A,(SFD))=\frac{1}{2}\cdot \frac{4}{3}\cdot \mathrm{d}(H,(SFD))$$ $$=\frac{2}{3}\cdot \frac{SH\cdot HE}{\sqrt{S{H}^2+H{E}^2}}=\frac{2}{3}\cdot \frac{a\sqrt{3}\cdot \frac{3a\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{3a^2+\frac{27a^2}{4}}}=\frac{2a\sqrt{39}}{13}.$$