Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Hai mặt vuông góc (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$ nên $O$ là trung điểm của $AC$ và $BD$. Tam giác $SAC$ cân tại $S$ với $SA=SC$ nên $SO\perp AC$; tam giác $SBD$ cân tại $S$ với $SB=SD$ nên $SO\perp BD$. Vì $SO$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau $AC$ và $BD$ trong mặt phẳng $(ABCD)$ nên $SO\perp (ABCD)$ → D đúng. Mặt $(SAC)$ chứa $SO\perp (ABCD)$ nên $(SAC)\perp (ABCD)$ → A đúng; tương tự $(SBD)$ chứa $SO$ nên $(SBD)\perp (ABCD)$ → C đúng. Với B: để $(SAC)\perp (SBD)$ cần một đường thẳng trong $(SAC)$ vuông góc với $(SBD)$, ví dụ $SO\perp (SBD)$; nhưng $SO$ chỉ vuông góc với $BD$ (và $AC$), không có cơ sở suy ra $SO\perp (SBD)$ vì $AC$ không nằm trong $(SBD)$. Vậy mệnh đề B không được suy ra từ giả thiết, tức B sai. Khớp với đáp án nguồn: B.

(AI giải đề cho tôi)
Hình hộp chữ nhật $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ với $AB=BC=1,A{A}^{\prime }=\sqrt{6}$.
a) $$\begin{gathered} AB \\ perp(AD{D}^{\prime }{A}^{\prime }) \end{gathered}$$ vì $$\begin{gathered} AB \\ perpAD \end{gathered}$$ và $$\begin{gathered} AB \\ perpA{A}^{\prime } \end{gathered}$$, mà $$\begin{gathered} AB \\ subset(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }) \end{gathered}$$, nên $$\begin{gathered} (AD{D}^{\prime }{A}^{\prime }) \\ perp(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }) \end{gathered}$$. Đúng.
b) $$\begin{gathered} B{B}^{\prime } \\ parallelA{A}^{\prime } \end{gathered}$$ và $$\begin{gathered} A{A}^{\prime } \\ perp(ABCD) \end{gathered}$$ nên $$\begin{gathered} A{A}^{\prime } \\ perpAD \end{gathered}$$, suy ra $$\begin{gathered} B{B}^{\prime } \\ perpAD \end{gathered}$$. Đúng.
c) Hình chiếu của $A^{\prime }$ lên $(ABCD)$ là $A$, nên góc giữa $A^{\prime }C$ và $(ABCD)$ là góc $widehat{A}^{\prime }CA$ (góc giữa $A^{\prime }C$ và hình chiếu $AC$), không phải $widehat{A}^{\prime }AC$. Sai.
d) $$\begin{gathered} BC \\ perp(CD{C}^{\prime }) \end{gathered}$$ vì $$\begin{gathered} BC \\ perpCD \end{gathered}$$ và $$\begin{gathered} BC \\ perpC{C}^{\prime } \end{gathered}$$, nên $d(B,(CD{C}^{\prime }))=BC=1$. Đúng.
Đối chiếu bảng đáp án mã đề 1002, Phần II Câu 1: ĐĐSD — khớp hoàn toàn với kết quả giải (a Đúng, b Đúng, c Sai, d Đúng). Lưu ý payload ban đầu ghi ý d) isCorrect=false là sai sót; đáp án nguồn ĐĐSD xác nhận d) Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$$\begin{gathered} AB \\ perpAD,AB \\ perpA{A}^{\prime } \end{gathered}$$ nên $$\begin{gathered} AB \\ perp(AD{D}^{\prime }{A}^{\prime }) \end{gathered}$$, với $$\begin{gathered} AB \\ subset(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }) \end{gathered}$$ suy ra hai mặt phẳng vuông góc.
b) (AI giải đề cho tôi)
$$\begin{gathered} B{B}^{\prime } \\ parallelA{A}^{\prime } \end{gathered}$$ và $$\begin{gathered} A{A}^{\prime } \\ perp(ABCD) \end{gathered}$$ nên $$\begin{gathered} A{A}^{\prime } \\ perpAD \end{gathered}$$, do đó $$\begin{gathered} B{B}^{\prime } \\ perpAD \end{gathered}$$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Góc giữa $A^{\prime }C$ và $(ABCD)$ là góc giữa $A^{\prime }C$ và hình chiếu $AC$, tức góc $widehat{A}^{\prime }CA$, không phải $widehat{A}^{\prime }AC$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$$\begin{gathered} BC \\ perpCD \end{gathered}$$ và $$\begin{gathered} BC \\ perpC{C}^{\prime } \end{gathered}$$ nên $$\begin{gathered} BC \\ perp(CD{C}^{\prime }) \end{gathered}$$, do đó $d(B,(CD{C}^{\prime }))=BC=1$.

(AI giải đề cho tôi)
Hình hộp chữ nhật $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ với $AB=A{A}^{\prime }=1$, $AD=\sqrt{2}$.

a) Sai: Chọn hệ trục $A(0;0;0)$, $B(1;0;0)$, $D(0;\sqrt{2};0)$, $A^{\prime }(0;0;1)$. Mặt phẳng $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ có pháp tuyến theo phương $\overrightarrow{AD}=(0;1;0)$. Mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }CD)$ chứa hai phương $\overrightarrow{AB}=(1;0;0)$ và $\overrightarrow{A^{\prime }D}=\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=(0;\sqrt{2};-1)$ (lưu ý $B^{\prime }C$ cũng có phương này, không song song với $AD$), nên pháp tuyến của nó có phương $\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{A^{\prime }D}$, tức dạng $(0;1;1)$. Tích vô hướng của hai pháp tuyến $(0;1;0)\cdot (0;1;1)=1\ne 0$, nên hai mặt phẳng không vuông góc. Vậy ý a) Sai.

b) Đúng: $D{D}^{\prime }\perp (ABCD)$ mà $BC\subset (ABCD)$ nên $D{D}^{\prime }\perp BC$.

c) Đúng: $A{A}^{\prime }\perp (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ nên $C^{\prime }$ là hình chiếu của $C$ lên $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$; góc giữa $A^{\prime }C$ và $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ là góc giữa $A^{\prime }C$ và hình chiếu $A^{\prime }{C}^{\prime }$, tức góc $\widehat{C^{\prime }{A}^{\prime }C}$.

d) Sai: Giao tuyến của $(B^{\prime }{C}^{\prime }C)$ và $(ABCD)$ là $BC$, $A\in (ABCD)$, nên $d(A,(B^{\prime }{C}^{\prime }C))=d(A,BC)=AB=1\ne \sqrt{3}$.

Kết quả: a) Sai, b) Đúng, c) Đúng, d) Sai — khớp đáp án chính thức SĐĐS (mã đề 1001, Phần II Câu 1).
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
$(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ có pháp tuyến theo phương $\overrightarrow{AD}=(0;1;0)$. Mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }CD)$ chứa hai phương $\overrightarrow{AB}=(1;0;0)$ và $\overrightarrow{A^{\prime }D}=\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=(0;\sqrt{2};-1)$ (không chứa phương $\overrightarrow{AD}$), nên pháp tuyến của nó có phương $\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{A^{\prime }D}$ dạng $(0;1;1)$. Tích vô hướng hai pháp tuyến bằng $1\ne 0$, nên hai mặt phẳng không vuông góc.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
$D{D}^{\prime }\perp (ABCD)$ và $BC\subset (ABCD)$ suy ra $D{D}^{\prime }\perp BC$.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
$A{A}^{\prime }\perp (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ nên $C^{\prime }$ là hình chiếu của $C$ lên $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$; góc giữa $A^{\prime }C$ và mặt phẳng là góc giữa $A^{\prime }C$ và hình chiếu $A^{\prime }{C}^{\prime }$, tức $\widehat{C^{\prime }{A}^{\prime }C}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Giao tuyến của $(B^{\prime }{C}^{\prime }C)$ và $(ABCD)$ là $BC$, $A\in (ABCD)$, nên $d(A,(B^{\prime }{C}^{\prime }C))=d(A,BC)=AB=1\ne \sqrt{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp S.ABCD, đáy hình vuông cạnh 2a, SB ⊥ (ABCD), SB = a√2.

a) CD ⊥ AD nhưng CD không vuông góc với AB (CD ∥ AB), nên CD không vuông góc với mặt phẳng (SAB) (vì để CD ⊥ (SAB) cần CD ⊥ hai đường cắt nhau trong (SAB), ví dụ CD ⊥ AB và CD ⊥ SB; mà CD ∥ AB nên CD không ⊥ AB). Khẳng định a) SAI.

b) Vì SB ⊥ (ABCD) nên SB ⊥ AC. ABCD hình vuông nên AC ⊥ BD. AC vuông góc với hai đường cắt nhau SB, BD trong (SBD) ⇒ AC ⊥ (SBD). Mà AC nằm trong (SAC) ⇒ (SBD) ⊥ (SAC). ĐÚNG.

c) Hai đường chéo hình vuông vuông góc: BD ⊥ AC. ĐÚNG.

d) Gọi O = AC ∩ BD. Vì AC ⊥ (SBD) nên góc nhị diện [S,AC,D] là góc giữa OS (trong (SAC), OS ⊥ AC) và OD (trong (ACD), OD ⊥ AC), tức góc SOD.
Tính: BO = BD/2 = a√2, SB = a√2 ⇒ SO = √(SB² + BO²) = 2a; OD = a√2; SD = √(SB² + BD²) = √(2a² + 8a²) = a√10.
cos∠SOD = (SO² + OD² − SD²)/(2·SO·OD) = (4a² + 2a² − 10a²)/(2·2a·a√2) = −4a²/(4√2a²) = −1/√2 ⇒ ∠SOD = 135°. ĐÚNG.

Kết quả: a) Sai, b) Đúng, c) Đúng, d) Đúng — khớp bảng đáp án mã 1102 câu 15.
a) (AI giải đề cho tôi)
CD ∥ AB nên CD không vuông góc với AB, do đó CD không vuông góc với (SAB).
b) (AI giải đề cho tôi)
AC ⊥ SB (vì SB ⊥ (ABCD)) và AC ⊥ BD (hình vuông) ⇒ AC ⊥ (SBD) ⇒ (SBD) ⊥ (SAC).
c) (AI giải đề cho tôi)
Hai đường chéo của hình vuông ABCD vuông góc nhau.
d) (AI giải đề cho tôi)
O = AC ∩ BD; SO = 2a, OD = a√2, SD = a√10 ⇒ cos∠SOD = (4a²+2a²−10a²)/(4√2a²) = −1/√2 ⇒ góc nhị diện [S,AC,D] = 135°.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SB\perp (ABCD)$ nên $SB\perp AC$. Đáy $ABCD$ là hình vuông nên $AC\perp BD$. Do đó $AC\perp (SBD)$ (vì $AC$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau $SB$ và $BD$ trong mặt phẳng $(SBD)$). Mà $AC\subset (SAC)$ nên $(SAC)\perp (SBD)$. Đáp án B, khớp với đáp án nguồn (mã đề 1101, câu 11: B).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O=AC\cap BD$ là tâm hình vuông $ABCD$.

a) ĐÚNG: Đáy $ABCD$ là hình vuông nên $BD\perp AC$. Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BD$. Từ đó $BD\perp (SAC)$ (vuông với hai đường thẳng cắt nhau $AC,SA$ trong mặt phẳng đó).

b) ĐÚNG: $SA\perp (ABCD)$ và $BD\subset (ABCD)$ nên $SA\perp BD$.

c) ĐÚNG: Theo câu a) $BD\perp (SAC)$ mà $BD\subset (SBD)$, nên $(SBD)\perp (SAC)$ (tiêu chí vuông góc hai mặt phẳng).

d) SAI: Vì $BD\perp (SAC)$, trong mặt phẳng $(SAC)$ ta có $SO\perp BD$ và $CO\perp BD$, nên góc nhị diện $[S,BD,C]$ là $\widehat{SOC}$.
Tính toán: cạnh đáy $2a$ nên $AC=2a\sqrt{2}$, do đó $AO=OC=a\sqrt{2}$.
$SO=\sqrt{S{A}^2+A{O}^2}=\sqrt{6a^2+2a^2}=2a\sqrt{2}$.
$S{C}^2=S{A}^2+A{C}^2=6a^2+8a^2=14a^2$.
$$\cos \widehat{SOC}=\frac{S{O}^2+O{C}^2-S{C}^2}{2\cdot SO\cdot OC}=\frac{8a^2+2a^2-14a^2}{2\cdot 2a\sqrt{2}\cdot a\sqrt{2}}=\frac{-4a^2}{8a^2}=-\frac{1}{2}.$$
Suy ra $\widehat{SOC}=120^{\circ }$, tức số đo góc nhị diện $[S,BD,C]=120^{\circ }\ne 60^{\circ }$, khẳng định d) SAI.

Kết quả: a) Đúng, b) Đúng, c) Đúng, d) Sai — khớp bảng đáp án mã đề 1101 câu 15: ĐĐĐS.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $BD\perp AC$ (đáy hình vuông) và $BD\perp SA$ (vì $SA\perp (ABCD)$) nên $BD\perp (SAC)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $SA\perp (ABCD)$ và $BD\subset (ABCD)$ nên $SA\perp BD$.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) $BD\perp (SAC)$ và $BD\subset (SBD)$ nên $(SBD)\perp (SAC)$.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi) Góc nhị diện $[S,BD,C]$ là $\widehat{SOC}$ với $O=AC\cap BD$. Với $SO=2a\sqrt{2}$, $OC=a\sqrt{2}$, $S{C}^2=14a^2$ ta được $\cos \widehat{SOC}=-\frac{1}{2}$, nên $\widehat{SOC}=120^{\circ }\ne 60^{\circ }$, khẳng định sai.

(AI giải đề cho tôi)
**a) Chứng minh các mặt phẳng vuông góc**

Vì $SH\perp (ABCD)$ nên $SH\perp AD$.

- $(SAD)\perp (ABCD)$: mặt phẳng $(SAD)$ chứa đường thẳng $SH\perp (ABCD)$, theo dấu hiệu vuông góc của hai mặt phẳng ta có $(SAD)\perp (ABCD)$.

- $(SAB)\perp (SAD)$: vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên $AB\perp AD$; lại có $AB\perp SH$ (vì $SH\perp (ABCD)$). Suy ra $AB\perp (SAD)$ (vì $AB$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau $AD$ và $SH$ trong $(SAD)$). Mà $(SAB)$ chứa $AB$ nên $(SAB)\perp (SAD)$.

**b) Tính thể tích**

Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên $CD\perp AD$; lại có $CD\perp SH$ (vì $SH\perp (ABCD)$). Suy ra $CD\perp (SAD)$.

Vậy hình chiếu vuông góc của $C$ trên mặt phẳng $(SAD)$ là điểm $D$, do đó góc tạo bởi $SC$ và $(SAD)$ là $\angle SDC=60^{\circ }$.

Xét tam giác $SDC$ vuông tại $D$:
$$\tan \angle SDC=\frac{SC}{DC}\Rightarrow SC=DC\cdot \tan 60^{\circ }=2a\sqrt{3}.$$
$$SD=\sqrt{S{C}^2-D{C}^2}=\sqrt{12a^2-4a^2}=2a\sqrt{2}.$$

Xét tam giác $SHD$ vuông tại $H$ với $HD=\frac{a}{2}$ (do $H$ là trung điểm $AD$):
$$SH=\sqrt{S{D}^2-H{D}^2}=\sqrt{8a^2-\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{31}}{2}.$$

Thể tích khối chóp:
$$V=\frac{1}{3}\cdot AB\cdot AD\cdot SH=\frac{1}{3}\cdot 2a\cdot a\cdot \frac{a\sqrt{31}}{2}=\frac{a^3\sqrt{31}}{3}.$$

**Kết luận:** $V_{S.ABCD}=\frac{a^3\sqrt{31}}{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình lập phương $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, ta có $AC\perp BD$ (do $ABCD$ là hình vuông) và $AC\perp A{A}^{\prime }$ (do $A{A}^{\prime }\perp (ABCD)$). Suy ra $AC\perp (A^{\prime }BD)$. Vì $AC\subset (A^{\prime }AC)$ nên theo định lý hai mặt phẳng vuông góc, $(A^{\prime }AC)\perp (A^{\prime }BD)$. Vậy đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(2a;0;0)$, $C(2a;2a;0)$, $D(0;2a;0)$, $H(a;0;0)$. Vì $△SAB$ đều cạnh $2a$ nên $SH\perp AB$ tại $H$, $SH=a\sqrt{3}$, do đó $S(a;0;a\sqrt{3})$.

c) $SH\perp AB$ và $(SAB)\perp (ABCD)$ với giao tuyến $AB$ nên $SH\perp (ABCD)$. Đúng.

d) $AD\perp AB$ (đáy hình vuông) và $AD\perp SH$ (vì $SH\perp (ABCD)$) nên $AD\perp (SAB)$. Mà $AD\subset (SAD)$ nên $(SAD)\perp (SAB)$. Đúng.

a) $M$ trung điểm $SB$: $M\left(\frac{3a}{2};0;\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$. $\overrightarrow{AM}=\left(\frac{3a}{2};0;\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$, $\overrightarrow{AC}=(2a;2a;0)$, tích vô hướng $=3a^2\ne 0$ nên góc $A$ không vuông (thực tế $A{M}^2=3a^2$, $M{C}^2=5a^2$, $A{C}^2=8a^2$ nên tam giác vuông tại $M$). Sai.

b) $S{D}^2=(a{)}^2+(2a{)}^2+(a\sqrt{3}{)}^2=8a^2$, $S{C}^2=8a^2$, $C{D}^2=4a^2$. Không có đỉnh nào thỏa định lý Pythagore (nói riêng tại $D$: $S{D}^2+C{D}^2=12a^2\ne S{C}^2$). Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Tích vô hướng $\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{AC}=3a^2\ne 0$; thực tế tam giác vuông tại $M$ vì $A{M}^2+M{C}^2=3a^2+5a^2=8a^2=A{C}^2$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$S{D}^2=S{C}^2=8a^2$, $C{D}^2=4a^2$; không đỉnh nào thỏa định lý Pythagore, riêng tại $D$: $S{D}^2+C{D}^2=12a^2\ne S{C}^2$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$SH\perp AB$ (tam giác đều) và $(SAB)\perp (ABCD)$, giao tuyến $AB$, nên $SH\perp (ABCD)$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$AD\perp AB$ và $AD\perp SH$ nên $AD\perp (SAB)$, do đó $(SAD)\perp (SAB)$.

Đáp án theo bảng đáp án mã đề 1102, câu 13: SDDS (a) Sai, b) Đúng, c) Sai, d) Đúng).

Đáp án theo bảng đáp án mã đề 1101, câu 13: SDDS (a) Sai, b) Đúng, c) Sai, d) Đúng).

(AI giải đề cho tôi)
a) Trong hình lập phương, $A{A}^{\prime }\perp (ABCD)$ nên $A{A}^{\prime }\perp BD$; lại có $AO\perp BD$ (do $O$ là tâm hình vuông $ABCD$). Suy ra $BD\perp (AO{A}^{\prime })$, mà $A^{\prime }O\subset (AO{A}^{\prime })$ nên $A^{\prime }O\perp BD$. Đúng.
b) Nếu $A^{\prime }O\perp (ABCD)$ thì $A^{\prime }O\parallel A{A}^{\prime }$ (cùng vuông góc với $(ABCD)$), tức $A^{\prime },O,A$ thẳng hàng — vô lý vì $O$ là tâm hình vuông, không nằm trên đường chéo... thực tế $O$ nằm trên $AC$ nhưng $A^{\prime }O$ không song song $A{A}^{\prime }$. Cụ thể: hình chiếu của $A^{\prime }$ xuống $(ABCD)$ là $A$, mà $O\ne A$, nên $A^{\prime }O$ không vuông góc $(ABCD)$. Sai.
c) Từ a) có $BD\perp (AO{A}^{\prime })$, mà $BD\subset (A^{\prime }BD)$, nên $(A^{\prime }BD)\perp (AO{A}^{\prime })$. Đúng.
d) Giao tuyến của $(A^{\prime }BD)$ và $(ABCD)$ là $BD$. Vì $BD\perp (AO{A}^{\prime })$ nên $(A^{\prime }BD)\cap (AO{A}^{\prime })=A^{\prime }O$, $(ABCD)\cap (AO{A}^{\prime })=AO$, góc giữa hai mặt phẳng bằng góc $\widehat{A^{\prime }OA}$. Tam giác $A^{\prime }BD$ có $A^{\prime }B=A^{\prime }D=BD=a\sqrt{2}$ nên đều. Trong tam giác vuông $A^{\prime }AO$: $\tan \widehat{A^{\prime }OA}=\frac{A{A}^{\prime }}{AO}=\frac{a}{a\sqrt{2}/2}=\sqrt{2}$, suy ra $\widehat{A^{\prime }OA}\approx 54,7356^{\circ }\approx 54,7^{\circ }$. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$A{A}^{\prime }\perp BD$ và $AO\perp BD$ nên $BD\perp (AO{A}^{\prime })$, do đó $A^{\prime }O\perp BD$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $A^{\prime }$ lên $(ABCD)$ là $A\ne O$, nên $A^{\prime }O$ không vuông góc $(ABCD)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$BD\perp (AO{A}^{\prime })$ và $BD\subset (A^{\prime }BD)$ nên $(A^{\prime }BD)\perp (AO{A}^{\prime })$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Góc giữa hai mặt phẳng là $\widehat{A^{\prime }OA}$ với $\tan \widehat{A^{\prime }OA}=\sqrt{2}$, cho $\approx 54,7^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Hình lập phương $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ cạnh $a$, $O$ là tâm hình vuông $ABCD$ nên $AO=\frac{a\sqrt{2}}{2}$, $BD\perp AC$ tức $BD\perp AO$.
a) Đúng: $BD\perp AO$ và $BD\perp A{A}^{\prime }$ (vì $A{A}^{\prime }\perp (ABCD)$) nên $BD\perp (AO{A}^{\prime })$, suy ra $BD\perp A^{\prime }O$, tức $A^{\prime }O\perp BD$.
b) Sai: $A^{\prime }O$ không vuông góc $(ABCD)$; góc giữa $A^{\prime }O$ và $(ABCD)$ là $\widehat{A^{\prime }OA}$ với $\tan \widehat{A^{\prime }OA}=\frac{A{A}^{\prime }}{AO}=\frac{a}{a\sqrt{2}/2}=\sqrt{2}$, nên góc $\approx 54,7^{\circ }\ne 90^{\circ }$.
c) Đúng: như ý a), $BD\perp AO$ và $BD\perp A{A}^{\prime }$, mà $BD$ nằm trong $(A^{\prime }BD)$, giao tuyến của $(A^{\prime }BD)$ và $(AO{A}^{\prime })$ là $A^{\prime }O$... thực chất $BD\perp (AO{A}^{\prime })$ nên $(A^{\prime }BD)\perp (AO{A}^{\prime })$.
d) Sai: góc giữa $(A^{\prime }BD)$ và $(ABCD)$ là góc giữa $A^{\prime }O$ và $AO$ (hai đường vuông góc với giao tuyến $BD$), $\tan \alpha =\sqrt{2}\Rightarrow \alpha \approx 54,7^{\circ }\ne 57,4^{\circ }$.
a) (AI giải đề cho tôi)
$BD\perp AO$ (tính chất đường chéo hình vuông) và $BD\perp A{A}^{\prime }$ nên $BD\perp (AO{A}^{\prime })$, suy ra $A^{\prime }O\perp BD$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$\tan \widehat{A^{\prime }OA}=\sqrt{2}$ nên góc giữa $A^{\prime }O$ và $(ABCD)$ bằng $\arctan \sqrt{2}\approx 54,7^{\circ }\ne 90^{\circ }$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$BD\perp AO$ và $BD\perp A{A}^{\prime }$ nên $BD\perp (AO{A}^{\prime })$, do đó $(A^{\prime }BD)\perp (AO{A}^{\prime })$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Góc giữa hai mặt phẳng là $\widehat{A^{\prime }OA}$, $\tan \widehat{A^{\prime }OA}=\frac{a}{a\sqrt{2}/2}=\sqrt{2}$, $\alpha \approx 54,7^{\circ }\ne 57,4^{\circ }$.

a) Xét mặt phẳng $(P)$: Đại diện cho nền nhà, mặt phẳng $(Q)$: Đại diện cho bức tường và đường thẳng $d$: Đại diện cho sợi dây dọi.
Dây dọi vuông góc với nền nhà: $d\perp (P)$.
Dây dọi nằm trên mặt phẳng bức tường: $d\subset (Q)$.
Nếu một mặt phẳng chứa một đường thẳng vuông góc với một mặt phẳng khác thì hai mặt phẳng đó vuông góc với nhau. Do đó, bức tường $(Q)$ vuông góc với nền nhà $(P)$.

b) Vận tốc chuyển động của chất điểm là
$$v(t)=s^{\prime }(t)={\left(\frac{1}{3}{t}^3-2t^2+10t+1\right)}^{\prime }=t^2-4t+10$$
Ta có $v(t)=t^2-4t+10=(t-2{)}^2+6\ge 6$.
Vận tốc chuyển động của vật nhỏ nhất bằng 6 khi $t=2$ (thỏa mãn).
Vậy trong khoảng thời gian 7 giây đầu tiên, tại thời điểm 2 giây, vận tốc tức thời của chất điểm đạt giá trị nhỏ nhất.

Hình bát diện đều có đúng 9 mặt phẳng đối xứng (gồm 3 mặt phẳng đối xứng đi qua 4 đỉnh tạo thành hình vuông và 6 mặt phẳng đối xứng đi qua 2 đỉnh đối diện và trung điểm 2 cạnh đối diện). Chọn B.

Do $AD\perp AB$ và $AD\perp SA$ nên $AD\perp (SAB)$. Mà $BC\parallel AD$ nên $BC\perp (SAB)$, suy ra $(SBC)\perp (SAB)$.

Đáy $ABCD$ là hình thoi có các cạnh bằng $a$. Do $SA=SB=SC=SD=a$ nên hình chiếu của $S$ lên $(ABCD)$ là tâm $O$ của đáy, suy ra $ABCD$ là hình vuông.
Ta có $BD\perp AC$ và $BD\perp SO⟹BD\perp (SAC)$.
Vì mặt phẳng $(MBD)$ chứa đường thẳng $BD$ mà $BD\perp (SAC)$ nên $(MBD)\perp (SAC)$.
Chọn đáp án B.

Theo hướng dẫn giải chi tiết (Mã đề 9101, trang 8), Câu 10 (Phần I) chọn đáp án C.

Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp CD$.

Đáy $ABCD$ là hình vuông nên $CD\perp AD$.

Do $CD\perp SA$ và $CD\perp AD$ mà $SA,AD\subset (SAD)$ cắt nhau, nên $CD\perp (SAD)$.

Mặt khác $CD\subset (SCD)$, suy ra $(SAD)\perp (SCD)$.

Chọn đáp án C.

Trong tam giác $△B{B}^{\prime }C$, $MN$ là đường trung bình $\Rightarrow MN\parallel B^{\prime }C$, mà tứ giác $BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$ là hình vuông nên $B^{\prime }C\perp B{C}^{\prime }\Rightarrow MN\perp B{C}^{\prime }$.
Vì tam giác $ABC$ đều nên $AM\perp BC$.
Ta có $\{\begin{array}{l}B{B}^{\prime }\perp (ABC)\\ B{B}^{\prime }\subset (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })\end{array}\Rightarrow (ABC)\perp (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$.
Mà $\{\begin{array}{l}(ABC)\cap (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })=BC\\ AM\perp BC\\ AM\subset (ABC)\end{array}\Rightarrow AM\perp (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })\Rightarrow AM\perp B{C}^{\prime }$.
Ta có $\{\begin{array}{l}B{C}^{\prime }\perp MN\\ B{C}^{\prime }\perp AM\end{array}\Rightarrow B{C}^{\prime }\perp (AMN)$, mà $B{C}^{\prime }\subset (BP{C}^{\prime })\Rightarrow (AMN)\perp (BP{C}^{\prime })$. Chọn đáp án A.

Đáp án: A. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 9, mã đề 1201; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)