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

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $B=(0;0;0)$, $A=(a;0;0)$. Vì $\widehat{ABC}=135^{\circ }$, $BC=a\sqrt{2}$ nên $C=(-a;\epsilon a;0)$ với $\epsilon =\pm 1$.

Vì $\widehat{SAB}=90^{\circ }$ nên $(S-A)\cdot \overrightarrow{AB}=0\Rightarrow S_x=a$. Vì $\widehat{SBC}=90^{\circ }$ nên $\overrightarrow{BS}\cdot \overrightarrow{BC}=0$: $-a{S}_x+\epsilon a{S}_y=0\Rightarrow S_y=\epsilon a$. Đặt $S=(a;\epsilon a;ka)$ với $k=\frac{h}{a}>0$.

Véc tơ chỉ phương: ${\vec{u}}_{SA}=(0;\epsilon ;k)$, ${\vec{u}}_{BC}=(-1;\epsilon ;0)$.
$$\vec{n}={\vec{u}}_{SA}\times {\vec{u}}_{BC}=(-k\epsilon ;-k;\epsilon ),|\vec{n}|=\sqrt{2k^2+1}.$$
Khoảng cách giữa $SA$ và $BC$ (lấy $A=(a;0;0)$, $B=(0;0;0)$):
$$d(SA,BC)=\frac{|\overrightarrow{AB}\cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=\frac{ak}{\sqrt{2k^2+1}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$$
$\Rightarrow \frac{k^2}{2k^2+1}=\frac{1}{3}\Rightarrow 3k^2=2k^2+1\Rightarrow k=1$, tức $S=(a;\epsilon a;a)$.

VTCP của $(SAB)$: $\overrightarrow{n_1}=\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AS}=(1;0;0)\times (0;\epsilon ;1)=(0;-1;\epsilon )$.

VTCP của $(SBC)$: $\overrightarrow{n_2}=\overrightarrow{BC}\times \overrightarrow{BS}=(-1;\epsilon ;0)\times (1;\epsilon ;1)=(\epsilon ;1;-2\epsilon )$.

$$\cos \phi =\frac{|\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{n_2}|}{|\overrightarrow{n_1}||\overrightarrow{n_2}|}=\frac{|0-1-2|}{\sqrt{2}\cdot \sqrt{6}}=\frac{3}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \phi =30^{\circ }.$$
Vậy góc giữa hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SBC)$ bằng $30^{\circ }$, chọn đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Dựng hệ trục: $A=(0;0;0)$, $B=(b;0;0)$, $D=(0;2x;0)$ với $BC=x$, $AD=2x$ (đáy là hình thap vuông tại $A,B$, $AD\parallel BC$), $S=(0;0;h)$ với $h=SA$. Ràng buộc: $A{D}^2+A{B}^2=4x^2+b^2=100$.

Diện tích đáy: $S_{ABCD}=\frac{AD+BC}{2}\cdot AB=\frac{3x}{2}b$, nên $V=\frac{1}{3}\cdot \frac{3xb}{2}\cdot h=\frac{xbh}{2}$.
Ta có $x^2{b}^2=x^2(100-4x^2)$ đạt max khi $x^2=12,5$, khi đó $x^2{b}^2=12,5\cdot 50=625\Rightarrow xb=25$.
Vậy $V_{\max }=\frac{25h}{2}=25\Rightarrow h=SA=2$.

Hình chiếu: $M$ là chân đường vuông góc từ $A$ xuống $SB$ (tam giác $SAB$ vuông tại $A$):
$$M=\left(\frac{b{h}^2}{b^2+h^2};0;\frac{b^{2}h}{b^2+h^2}\right).$$
Tương tự $N$ chân vuông góc từ $A$ xuống $SD$:
$$N=\left(0;\frac{2x{h}^2}{4x^2+h^2};\frac{4x^{2}h}{4x^2+h^2}\right).$$
Vectơ pháp tuyến của $(AMN)$ (qua gốc $A$): $\vec{n}=\overrightarrow{AM}\times \overrightarrow{AN}$ có thành phần:
$$\vec{n}=\left(-\frac{2x{b}^2{h}^3}{PQ};-\frac{4x^{2}b{h}^3}{PQ};\frac{2xb{h}^4}{PQ}\right),$$
với $P=b^2+h^2,Q=4x^2+h^2$.

Góc $\alpha$ giữa $(AMN)$ và đáy:
$${\cos }^2\alpha =\frac{n_z^2}{|\vec{n}{|}^2}=\frac{4x^2{b}^2{h}^8}{4x^2{b}^2{h}^6\left(b^2+4x^2+h^2\right)}=\frac{h^2}{100+h^2},$$
(vì $b^2+4x^2=100$). Suy ra $\tan \alpha =\frac{10}{h}$.

Với $h=2$: $\tan \alpha =\frac{10}{2}=5$.

(AI giải đề cho tôi)
Thiết lập tọa độ: vì tam giác $ABD$ đều cạnh $3a$ nên $BD=3a$ (hình thoi có góc $60^{\circ }$). Chọn $A=(0;0;0)$, $B=(3a;0;0)$, $D=(\frac{3a}{2};\frac{3a\sqrt{3}}{2};0)$, khi đó $C=(\frac{9a}{2};\frac{3a\sqrt{3}}{2};0)$, $AC=3a\sqrt{3}$. Vì $SA=SB=SD=2a$ nên $S$ nằm trên đường thẳng vuông góc đáy tại tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABD$ (trọng tâm) $H=(\frac{3a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0)$, với $AH=a\sqrt{3}$ nên $SH=\sqrt{4a^2-3a^2}=a$, tức $S=(\frac{3a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};a)$.

a) $\cos \angle SAH=\frac{AH}{SA}=\frac{\sqrt{3}}{2}$ nên $AM=AH\cos \angle SAH=\frac{3a}{2}$. Tam giác $SAB$ cân: $\cos \angle SAB=\frac{S{A}^2+A{B}^2-S{B}^2}{2\cdot SA\cdot AB}=\frac{4a^2+9a^2-4a^2}{12a^2}=\frac{3}{4}$. Vì $(Q)\perp SA$: $AN=\frac{AM}{\cos \angle SAB}=2a$, tương tự $AP=2a$. Diện tích $△ANP=\frac{1}{2}(2a{)}^2\sin 60^{\circ }=a^2\sqrt{3}$. Chiều cao từ $M$: $AM\cdot \frac{SH}{SA}=\frac{3a}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{3a}{4}$. Vậy $V_{AMNP}=\frac{1}{3}\cdot a^2\sqrt{3}\cdot \frac{3a}{4}=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}$ → đúng.

b) $O$ là trung điểm $BD$, $H\in AC$ nên $SH\perp BD$, $OH\perp BD$; $OH=\frac{\sqrt{3}}{2}a$. $\tan \alpha =\frac{SH}{OH}=\frac{a}{\frac{\sqrt{3}}{2}a}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$ → đúng.

c) Với $A=(0;0;0),B=(3a;0;0),C=(\frac{9a}{2};\frac{3a\sqrt{3}}{2};0),S=(\frac{3a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};a)$: pháp tuyến ${\vec{n}}_1=\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AS}=(0;-3;\frac{3\sqrt{3}}{2})a^2$, ${\vec{n}}_2=\overrightarrow{BC}\times \overrightarrow{BS}=(\frac{3\sqrt{3}}{2};-\frac{3}{2};3\sqrt{3})a^2$. ${\vec{n}}_1\cdot {\vec{n}}_2=18a^4$, $|{\vec{n}}_1|=\frac{3\sqrt{7}}{2}{a}^2$, $|{\vec{n}}_2|=6a^2$, nên $\cos \beta =\frac{18}{9\sqrt{7}}=\frac{2\sqrt{7}}{7}\ne \frac{\sqrt{2}1}{7}$ → sai.

d) $V_{S.ACD}=\frac{1}{3}\cdot S_{ACD}\cdot SH=\frac{1}{3}\cdot \frac{9a^2\sqrt{3}}{4}\cdot a=\frac{3a^3\sqrt{3}}{4}$. Tam giác $SCD$ có $SD=2a$, $CD=3a$, $SC=\sqrt{13}a$; diện tích tính theo tọa độ ($\overrightarrow{CS}=(-3a;-a\sqrt{3};a)$, $\overrightarrow{CD}=(-3a;0;0)$, $|\overrightarrow{CS}\times \overrightarrow{CD}|=6a^2$) bằng $3a^2$. $d(A,(SCD))=\frac{3V}{S_{SCD}}=\frac{9a^3\sqrt{3}/4}{3a^2}=\frac{3a\sqrt{3}}{4}$ → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$AM=\frac{3a}{2}$, $AN=AP=2a$, $S_{ANP}=a^2\sqrt{3}$, chiều cao $\frac{3a}{4}$, $V_{AMNP}=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$SH=a$, $OH=\frac{\sqrt{3}}{2}a$, $\tan \alpha =\frac{SH}{OH}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Tính theo pháp tuyến của $(SAB)$ và $(SBC)$ được $\cos \beta =\frac{2\sqrt{7}}{7}\ne \frac{\sqrt{21}}{7}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$V_{S.ACD}=\frac{3a^3\sqrt{3}}{4}$, $S_{SCD}=3a^2$, nên $d(A,(SCD))=\frac{3V}{S_{SCD}}=\frac{3a\sqrt{3}}{4}$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $M(0;0;0)$, $B\left(\frac{a}{2};0;0\right)$, $C\left(-\frac{a}{2};0;0\right)$, $A\left(0;\frac{a}{2};0\right)$ (vì tam giác vuông cân tại $A$ nên $AM=\frac{BC}{2}=\frac{a}{2}$). Vì $SM\perp (ABC)$ và $SB=a$, $MB=\frac{a}{2}$ nên $SM=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, tức $S\left(0;0;\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$. Kiểm tra: $S{A}^2=A{M}^2+S{M}^2=\frac{a^2}{4}+\frac{3a^2}{4}=a^2\Rightarrow SA=a$.

Gọi $H$ là hình chiếu của $B$ (đồng thời của $C$ do đối xứng) trên đường thẳng $SA$. Với $\vec{u}=\frac{\overrightarrow{SA}}{a}=\left(0;\frac{1}{2};-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$, ta có $\overrightarrow{SB}\cdot \vec{u}=\frac{3a}{4}$, suy ra $H=S+\frac{3a}{4}\vec{u}=\left(0;\frac{3a}{8};\frac{a\sqrt{3}}{8}\right)$.

Khi đó $\overrightarrow{HB}=\left(\frac{a}{2};-\frac{3a}{8};-\frac{a\sqrt{3}}{8}\right)$, $\overrightarrow{HC}=\left(-\frac{a}{2};-\frac{3a}{8};-\frac{a\sqrt{3}}{8}\right)$.
$\overrightarrow{HB}\cdot \overrightarrow{HC}=-\frac{a^2}{4}+\frac{9a^2}{64}+\frac{3a^2}{64}=-\frac{a^2}{16}$;
$|\overrightarrow{HB}{|}^2=\frac{a^2}{4}+\frac{9a^2}{64}+\frac{3a^2}{64}=\frac{7a^2}{16}\Rightarrow |\overrightarrow{HB}|=\frac{a\sqrt{7}}{4}$.

Vậy $\cos \alpha =\frac{\overrightarrow{HB}\cdot \overrightarrow{HC}}{|\overrightarrow{HB}||\overrightarrow{HC}|}=\frac{-a^2/16}{7a^2/16}=-\frac{1}{7}$.

Kết quả trùng với đáp án nguồn: chọn A.

a) Gọi $I$, $J$ lần lượt là trung điểm của $CD$, $AB$. Gọi $M$ là giao điểm của $BI$ và $NA$.

Dễ thấy $BI\perp NA$, $DJ\perp NA$ và $BI\parallel DJ$.

Ta có $NA\perp BI$, $NA\perp SB$ nên $NA\perp (SBI)$. Suy ra $NA\perp SG$.

Do đó $\alpha =[S,NA,D]=[S,NA,I]=\widehat{SMI}$.

Mà $\widehat{SMI}$ và $\widehat{SMB}$ là hai góc kề bù nên $\tan \alpha =-\tan \widehat{SMB}=-\frac{SB}{BM}$.

Ta có: $AN=\sqrt{A{B}^2+B{N}^2}=\sqrt{1^2+{\left(\frac{1}{2}\right)}^2}=\frac{\sqrt{5}}{2}$. (Lưu ý: bản gốc in $AN=\sqrt{A{B}^2+A{N}^2}$ — lỗi đánh máy của nguồn, dạng đúng là $\sqrt{A{B}^2+B{N}^2}$.)

Suy ra $BM=\frac{AB.BN}{AN}=\frac{1.\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{5}}{2}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$. Suy ra $\tan \alpha =-\frac{2}{\frac{\sqrt{5}}{5}}=-2\sqrt{5}$.

b) Trong $(SAN)$ gọi $K$ là giao điểm của $PE$ và $AN$.

Gọi $G$, $H$ lần lượt là giao điểm của $FK$ với $AD$, $CD$.

Khi đó mặt phẳng $(EFP)$ cắt $AD$ tại $G$, cắt $CD$ tại $H$.

Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác $SAN$, ta có:
$$\frac{PS}{PN}\cdot \frac{KN}{KA}\cdot \frac{EA}{ES}=1$$
$$\iff 1\cdot \frac{KN}{KA}\cdot \frac{1}{2}=1$$
$$\iff \frac{KN}{KA}=2$$

Do đó $A$ là trung điểm của $KN$.

Xây dựng mặt phẳng tọa độ Oxy trong mặt đáy $(ABCD)$, ta tính được $DG=\frac{5}{8}$, $DH=\frac{5}{7}$.

Do đó thể tích khối chóp $S.DHG$ bằng
$$\frac{1}{3}.SB.S_{△DGH}=\frac{1}{3}.SB.\frac{1}{2}.DG.DH=\frac{1}{3}.2.\frac{1}{2}.\frac{5}{8}.\frac{5}{7}=\frac{25}{168}.$$

(AI giải đề cho tôi)
Vì $OA\perp (OBC)$ và $OB=OC=6$ m, góc nhị diện $[B,OA,C]$ chính là góc $BOC=135^{\circ }$. Góc $(AB,(OBC))=45^{\circ }$ là góc giữa $AB$ và mặt đất, tức góc $ABO=45^{\circ }$, suy ra $AO=OB\tan 45^{\circ }=6$ m, do đó $AB=AC=6\sqrt{2}$ m. Ta có $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=(\overrightarrow{AO}+\overrightarrow{OB})\cdot (\overrightarrow{AO}+\overrightarrow{OC})=A{O}^2+\overrightarrow{OB}\cdot \overrightarrow{OC}=36+36\cos 135^{\circ }=36-18\sqrt{2}$. Vậy $\cos (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})=\frac{36-18\sqrt{2}}{6\sqrt{2}\cdot 6\sqrt{2}}=\frac{36-18\sqrt{2}}{72}=\frac{2-\sqrt{2}}{4}\approx 0,1464\approx 0,1$. Kết quả khớp với đáp án nguồn 0,1.

[Hình cần kiểm tra lại: p28_f1]
Gọi $D$ là hình chiếu vuông góc của $S$ lên mặt phẳng $(ABC)$, suy ra $SD\perp (ABC)$.
Do $SD\perp AB$, $SB\perp AB$ nên $DB\perp AB$.
Tương tự, $SD\perp AC$, $SC\perp AC$ nên $DC\perp AC$.
Suy ra $ABDC$ là hình chữ nhật.
Mà $AB=AC=a$ nên tứ giác $ABDC$ là hình vuông cạnh $a$.
Trong tam giác vuông $SDC$, kẻ $DE\perp SC$.
Ta có $AC\perp (SDC)\Rightarrow AC\perp DE$, $SC\perp DE\Rightarrow DE\perp (SAC)$.
Mà $BD\parallel AC$, $AC\subset (SAC)\Rightarrow BD\parallel (SAC)$ nên $\mathrm{d}(B,(SAC))=\mathrm{d}(D,(SAC))=DE=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Tam giác vuông $SDC$ tại $D$ có $DE\perp SC$, áp dụng hệ thức lượng:
$$\frac{1}{D{E}^2}=\frac{1}{D{C}^2}+\frac{1}{S{D}^2}\Rightarrow SD=\frac{DC\cdot DE}{\sqrt{D{C}^2-D{E}^2}}=\frac{a\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{a^2-{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2}}=\sqrt{3}a.$$
Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$, kẻ $DK\perp SO$.
Do $BC\perp AD$, $BC\perp SD\Rightarrow BC\perp (SDO)$, $DK\subset (SDO)\Rightarrow BC\perp DK$.
Suy ra $DK\perp (SBC)$ nên
$d(D,(SBC))=DK=\frac{DO\cdot SD}{\sqrt{D{O}^2+S{D}^2}}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot \sqrt{3}a}{\sqrt{{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2+3a^2}}=\frac{a\sqrt{21}}{7}$.
Trong mặt phẳng $(SAD)$, kẻ $AH\parallel DK$ với $H\in SO$.
Suy ra $AH\perp (SBC)$ và $AH=DK=\frac{a\sqrt{21}}{7}$.
Ta có $AH\perp SB$, $AB\perp SB\Rightarrow SB\perp (ABH)$, suy ra góc phẳng nhị diện $[A,SB,C]$ là $\widehat{ABH}$.
Tam giác vuông $ABH$ tại $H$, ta có
$$BH=\sqrt{A{B}^2-A{H}^2}=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a\sqrt{21}}{7}\right)}^2}=\frac{2a\sqrt{7}}{7}.$$
Do đó ta có
$$\cos \widehat{ABH}=\frac{BH}{AB}=\frac{2\sqrt{7}}{7}\approx 0,76.$$
Vậy $\cos [A,SB,C]=0,76$.

(AI giải đề cho tôi)
Lời giải độc lập (kiểm tra lại toàn bộ, thay lời giải AI cũ ở câu c và cách lập luận câu a):
Hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(4a;0;0)$, $D(-2a;2a\sqrt{3};0)$, $C(2a;2a\sqrt{3};0)$ (hình thoi, $\widehat{BAD}=120^{\circ }$). Tâm $O(a;a\sqrt{3};0)$, $H$ trung điểm $AO$: $H\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)$; $SH\perp (ABCD)$, $SH=a\sqrt{3}$ nên $S\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};a\sqrt{3}\right)$.

a) Đúng. $CD$ có phương hướng $(1,0,0)$ nên mặt phẳng vuông góc với $CD$ qua $A$ là $x=0$, cắt $(ACD)$ theo đường thẳng $AM$ với $M(0;2a\sqrt{3};0)$ trung điểm $CD$ ($AM\perp CD$). Mặt phẳng $(SCD)$: $2(y-2a\sqrt{3})+3z=0$; giao của nó với $x=0$ là đường thẳng qua $M$ có phương hướng $(0;3;-2)$. Góc giữa hai nửa mặt phẳng: $\cos \theta =\frac{3}{\sqrt{13}}$, suy ra $\tan \theta =\frac{2}{3}$. (Lưu ý: cách hạ $K$ từ $H$ trong lời giải cũ không đúng cấu hình nhưng vẫn trùng giá trị $\tan \alpha =\frac{SH}{HK}=\frac{a\sqrt{3}}{\frac{3a\sqrt{3}}{2}}=\frac{2}{3}$.) Đúng.

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

c) Sai. $\overrightarrow{BH}=\left(-\frac{7a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)$, $\overrightarrow{AC}=(2a;2a\sqrt{3};0)$, tích vô hướng $=-7a^2+3a^2=-4a^2\ne 0$, nên $BH$ không vuông góc $AC$ (đường vuông góc xuống $AC$ là qua $O$, không qua $H$). Thực tế $(SAC)$ là mặt phẳng thẳng đứng chứa $AC$ (phương trình $y=\sqrt{3}x$); góc giữa $SB$ và $(SAC)$: $d(B,(SAC))=2a\sqrt{3}$, $SB=4a$, nên $\sin \theta =\frac{\sqrt{3}}{2}$, $\theta =60^{\circ }$; còn $\cos \widehat{BSH}=\frac{SH}{SB}=\frac{3}{4}$. Hai góc khác nhau → Sai.

d) Đúng. $M(0;2a\sqrt{3};0)$, $N(3a;a\sqrt{3};0)$, $P\left(\frac{a}{4};\frac{a\sqrt{3}}{4};\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$. $\vec{u}=\overrightarrow{PN}=\frac{a}{4}(11;3\sqrt{3};-2\sqrt{3})$, $\vec{v}=\overrightarrow{SM}=\frac{a}{2}(-1;3\sqrt{3};-2\sqrt{3})$, $\vec{w}=\overrightarrow{PM}=\frac{a}{4}(-1;7\sqrt{3};-2\sqrt{3})$. $\vec{u}\times \vec{v}=\frac{a^2}{8}(0;24\sqrt{3};36\sqrt{3})$, $|\vec{u}\times \vec{v}|=\frac{a^2}{8}\cdot 12\sqrt{39}=\frac{3a^2\sqrt{39}}{2}$; $\vec{w}\cdot (\vec{u}\times \vec{v})=\frac{a^3}{32}(504-216)=9a^3$. Vậy $d(PN,SM)=\frac{9a^3}{\frac{3a^2\sqrt{39}}{2}}=\frac{6a}{\sqrt{39}}=\frac{2a\sqrt{39}}{13}$. Đúng.

Kết luận: a) Đúng, b) Đúng, c) Sai, d) Đúng. Bảng đáp án trang 13 chỉ áp dụng cho mã đề 121/122/123, không phải mã đề 1201 của đề này, nên không dùng để đối chiếu.
a) (Lời giải độc lập) $CD\perp (AHK)$ với $K\left(\frac{a}{2};2a\sqrt{3};0\right)$ là chân đường vuông góc từ $H$ xuống $CD$, $HK=\frac{3a\sqrt{3}}{2}$. Góc nhị diện $[S,CD,A]$ là $\widehat{SHK}$, $\tan \alpha =\frac{SH}{HK}=\frac{a\sqrt{3}}{\frac{3a\sqrt{3}}{2}}=\frac{2}{3}$. Đúng.
b) (Lời giải độc lập) $AC=4a$, $BD=4a\sqrt{3}$, $S_{ABCD}=8a^2\sqrt{3}$, $V=\frac{1}{3}\cdot 8a^2\sqrt{3}\cdot a\sqrt{3}=8a^3$. Đúng.
c) (Lời giải độc lập) $H\in AC$ nên $BH\perp AC$; $BH\perp SH$ vì $SH\perp (ABCD)$. Suy ra $BH\perp (SAC)$, góc giữa $SB$ và $(SAC)$ là $\widehat{BSH}$. Đúng.
d) (Lời giải độc lập) $M(0;2a\sqrt{3};0)$, $N(3a;a\sqrt{3};0)$, $P\left(\frac{a}{4};\frac{a\sqrt{3}}{4};\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$. $\vec{u}=\overrightarrow{PN}=\frac{a}{4}(11;3\sqrt{3};-2\sqrt{3})$, $\vec{v}=\overrightarrow{SM}=\frac{a}{2}(-1;3\sqrt{3};-2\sqrt{3})$, $\vec{w}=\overrightarrow{PM}=\frac{a}{4}(-1;7\sqrt{3};-2\sqrt{3})$. $\vec{u}\times \vec{v}=\frac{a^2}{8}(0;24\sqrt{3};36\sqrt{3})$, $|\vec{u}\times \vec{v}|=\frac{3a^2\sqrt{39}}{2}$, $\vec{w}\cdot (\vec{u}\times \vec{v})=9a^3$. $d(PN,SM)=\frac{9a^3}{\frac{3a^2\sqrt{39}}{2}}=\frac{2a\sqrt{39}}{13}$. Đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(\sqrt{6};0;0)$, $D(0;\sqrt{3};0)$, $C(\sqrt{6};\sqrt{3};0)$ với $AC=\sqrt{6+3}=3$. Vì $(A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C)\perp (ABCD)$ và chứa $AC$ nên $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=s\overrightarrow{AC}+(0;0;b)=\left(s\sqrt{6};s\sqrt{3};b\right)$.

Tìm $s,b$: Pháp tuyến $(A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C)$: $\overrightarrow{n_1}=\overrightarrow{AC}\times \vec{k}=(\sqrt{3};-\sqrt{6};0)$, $|\overrightarrow{n_1}|=3$. Pháp tuyến $(A{A}^{\prime }{B}^{\prime }B)$: $\overrightarrow{n_2}=\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\sqrt{6}(0;-b;s\sqrt{3})$, $|\overrightarrow{n_2}|=\sqrt{6}\sqrt{b^2+3s^2}$. Vì $\tan \alpha =\frac{3}{4}$ nên $\cos \alpha =\frac{4}{5}$: $\frac{6b}{3\sqrt{6}\sqrt{b^2+3s^2}}=\frac{4}{5}\Rightarrow b^2=72s^2$. Kết hợp $A^{\prime }C=3$: $9(1-s{)}^2+b^2=9\Rightarrow 9-18s+81s^2=9\Rightarrow s=\frac{2}{9}$, $b=\frac{4\sqrt{2}}{3}$.

a) Sai. Pháp tuyến của $(A{A}^{\prime }B)$: $\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\left(0;-\frac{8\sqrt{3}}{3};\frac{2\sqrt{2}}{3}\right)$, của $(A{A}^{\prime }D)$: $\overrightarrow{AD}\times \overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\left(\frac{4\sqrt{6}}{3};0;-\frac{2\sqrt{2}}{3}\right)$. $\cos \phi =\frac{8/9}{\frac{2\sqrt{34}}{3}\cdot \frac{2\sqrt{26}}{3}}=\frac{1}{\sqrt{221}}\approx 0,067$, suy ra $\phi \approx 86,1^{\circ }\ne 90^{\circ }=\widehat{BAD}$ (và $\sin \phi \ne 1$). Vậy khẳng định a) sai.

b) Đúng. $M$ trung điểm $A{A}^{\prime }$ nên $C{M}^2=9{\left(1-\frac{s}{2}\right)}^2+\frac{b^2}{4}=9{\left(\frac{8}{9}\right)}^2+\frac{32/9}{4}=\frac{64}{9}+\frac{8}{9}=8\Rightarrow CM=2\sqrt{2}$.

c) Đúng. $V=AB\cdot AD\cdot h=\sqrt{6}\cdot \sqrt{3}\cdot \frac{4\sqrt{2}}{3}=3\sqrt{2}\cdot \frac{4\sqrt{2}}{3}=8$.

d) Đúng. $K$ là hình chiếu của $B$ trên $AC$ nên $BK\perp AC$, $BK\subset (ABCD)$. Thành phần ngang của $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ song song với $\overrightarrow{AC}$ nên $\overrightarrow{BK}\cdot \overrightarrow{A{A}^{\prime }}=0$; cụ thể với $K=\left(\frac{2\sqrt{6}}{3};\frac{2\sqrt{3}}{3};0\right)$, $\overrightarrow{BK}=\left(\frac{\sqrt{6}}{3};-\frac{2\sqrt{3}}{3};0\right)$ và $\overrightarrow{BK}\cdot \overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\frac{12}{27}-\frac{12}{27}=0$. Vậy $BK\perp A{A}^{\prime }$.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) Góc nhị diện $[B,A{A}^{\prime },D]$ có $\cos \phi =\frac{1}{\sqrt{221}}\approx 0,067$, suy ra $\phi \approx 86,1^{\circ }\ne 90^{\circ }=\widehat{BAD}$, tức $\sin \phi \ne 1=\sin \widehat{BAD}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) Với $s=\frac{2}{9}$, $b=\frac{4\sqrt{2}}{3}$: $C{M}^2=9{\left(\frac{8}{9}\right)}^2+\frac{b^2}{4}=\frac{64}{9}+\frac{8}{9}=8\Rightarrow CM=2\sqrt{2}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $V=AB\cdot AD\cdot h=\sqrt{6}\cdot \sqrt{3}\cdot \frac{4\sqrt{2}}{3}=8$.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $BK\subset (ABCD)$, $BK\perp AC$; thành phần ngang của $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ song song $\overrightarrow{AC}$ nên $\overrightarrow{BK}\cdot \overrightarrow{A{A}^{\prime }}=0$, tức $BK\perp A{A}^{\prime }$.