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

Đáp án theo bảng đáp án mã đề 0119 (trang 5), Phần II, Câu 1: DSDS, tức a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Sai. Nguồn không cung cấp lời giải chi tiết.

a) Gọi $I$, $J$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $CD$. Tính được $SI=2\sqrt{3}$, $SJ=2$, $IJ=4$. (0,25 điểm)

Do $S{I}^2+S{J}^2=I{J}^2$ suy ra $SI\perp SJ$ (1) (0,25 điểm)

Mặt khác: $\{\begin{array}{l}AB\perp SI\\ AB\perp IJ\end{array}\Rightarrow AB\perp (SIJ)\Rightarrow AB\perp SJ$ (2) [Hình cần kiểm tra lại: p9_f1] (0,25 điểm)

Từ (1) và (2) suy ra $SJ\perp (SAB)\Rightarrow (SCD)\perp (SAB)$. (0,25 điểm)

b) $AB\perp (SIJ)\Rightarrow (SIJ)\perp (ABCD)$ theo giao tuyến $IJ$.

Kẻ $SH\perp IJ$ tại $H$ suy ra $SH\perp (ABCD)$.

Gọi $E=AH\cap BN$. Ta có $\{\begin{array}{l}BN\perp SA\\ BN\perp SH\end{array}\Rightarrow BN\perp AH$. [Hình cần kiểm tra lại: p9_f2] (0,25 điểm)

Tính được $SH=\sqrt{3}$; $HI=3$ và $AH=\sqrt{13}$.

Có $△ABE$ đồng dạng với $△AHI$ nên:
$$\frac{AE}{AI}=\frac{AB}{AH}\Rightarrow AE=\frac{AB.AI}{AH}=\frac{8}{\sqrt{13}}.$$ (0,25 điểm)

Có $△ABE$ đồng dạng với $△BNC$ nên:
$$\frac{AB}{BN}=\frac{AE}{BC}\Rightarrow BN=\frac{AB.BC}{AE}=2\sqrt{13}.$$ (0,25 điểm)

Lại có: $S_{△BND}=S_{△BNC}-S_{△BDC}=\frac{1}{2}.4.6-\frac{1}{2}.4.4=4$.

Thể tích $V$ của khối chóp $S.BDN$ là $V=\frac{1}{3}.SH.S_{△BND}=\frac{1}{3}.\sqrt{3}.4=\frac{4}{3}\sqrt{3}$. (0,25 điểm)

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0),B(1;0;0),C(1;1;0),D(0;1;0),A^{\prime }(0;0;1),B^{\prime }(1;0;1),C^{\prime }(1;1;1),D^{\prime }(0;1;1)$. Khi đó $I(\frac{1}{2};\frac{1}{2};1)$, $J(\frac{1}{2};\frac{1}{2};0)$. Vì $M\in IJ$, $MJ=5MI$ nên $\overrightarrow{MI}=\frac{1}{5}\overrightarrow{MJ}$, suy ra $M=\frac{5I+J}{6}=(\frac{1}{2};\frac{1}{2};\frac{5}{6})$.

a) Ta có $\overrightarrow{AC}=(1;1;0)$, $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=(1;0;1)$ nên pháp tuyến của $(AC{B}^{\prime })$ là $\overrightarrow{n_1}=\overrightarrow{AC}\times \overrightarrow{A{B}^{\prime }}=(1;-1;-1)$. Mặt phẳng $(BD{D}^{\prime }{B}^{\prime })$ chứa $\overrightarrow{BD}=(-1;1;0)$ và $\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=(0;0;1)$ nên pháp tuyến $\overrightarrow{n_2}=\overrightarrow{BD}\times \overrightarrow{B{B}^{\prime }}=(1;1;0)$. Vì $\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{n_2}=1-1+0=0$ nên $(AC{B}^{\prime })\perp (BD{D}^{\prime }{B}^{\prime })$.

b) Với $(M{C}^{\prime }{D}^{\prime })$: $\overrightarrow{M{C}^{\prime }}=(\frac{1}{2};\frac{1}{2};\frac{1}{6})$, $\overrightarrow{M{D}^{\prime }}=(-\frac{1}{2};\frac{1}{2};\frac{1}{6})$, pháp tuyến $\overrightarrow{n_3}=\overrightarrow{M{C}^{\prime }}\times \overrightarrow{M{D}^{\prime }}=(0;-\frac{1}{6};\frac{1}{2})\parallel (0;-1;3)$.

Với $(MAB)$: $\overrightarrow{AB}=(1;0;0)$, $\overrightarrow{AM}=(\frac{1}{2};\frac{1}{2};\frac{5}{6})$, pháp tuyến $\overrightarrow{n_4}=\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AM}=(0;-\frac{5}{6};\frac{1}{2})\parallel (0;-5;3)$.

Côsin góc giữa hai mặt phẳng: $\cos \phi =\frac{|\overrightarrow{n_3}\cdot \overrightarrow{n_4}|}{|\overrightarrow{n_3}||\overrightarrow{n_4}|}=\frac{|0+5+9|}{\sqrt{10}\cdot \sqrt{34}}=\frac{14}{\sqrt{340}}=\frac{7}{\sqrt{85}}=\frac{7\sqrt{85}}{85}$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(4a;0;0)$, $C(4a;4a;0)$, $D(0;4a;0)$, $O(2a;2a;0)$, $H$ trung điểm $OA$ nên $H(a;a;0)$, $S(a;a;h)$ với $h=SH$.

**a.** Vì $ABCD$ hình vuông nên $BD\perp AC$. Lại có $SH\perp (ABCD)$ nên $SH\perp BD$. Từ đó $BD\perp (SAC)$ ($BD$ vuông với hai đường thẳng cắt nhau $AC$ và $SH$ trong $(SAC)$). Mà $BD\subset (SBD)$ nên $(SBD)\perp (SAC)$. (đpcm)

**b.** Hình chiếu của $D$ trên $(SAC)$ là $O$ (vì $DO$ nằm trên $BD\perp (SAC)$), $S\in (SAC)$ nên góc giữa $SD$ và $(SAC)$ là $\widehat{DSO}=30^{\circ }$.
Trong tam giác vuông $SOD$ (vuông tại $O$): $DO=2a\sqrt{2}$, nên $SO=\frac{DO}{\tan 30^{\circ }}=2a\sqrt{6}$.
Mà $S{O}^2=O{H}^2+S{H}^2=2a^2+h^2=24a^2\Rightarrow h^2=22a^2\Rightarrow SH=a\sqrt{22}$.

Vì $BD\perp (SAC)$, mặt phẳng $(SBD)\perp (SAC)$ theo giao tuyến $SO$, nên hình chiếu của $C$ trên $(SBD)$ nằm trên $SO$, do đó $d(C,(SBD))=d(C,SO)$ (khoảng cách từ $C$ đến đường thẳng $SO$ trong mặt phẳng $(SAC)$).
Tính bằng tọa độ: $S(a;a;a\sqrt{22})$, $O(2a;2a;0)$, $C(4a;4a;0)$. Vectơ chỉ phương $\vec{u}=\overrightarrow{SO}=(a;a;-a\sqrt{22})$, $|\vec{u}|=2a\sqrt{6}$; $\overrightarrow{SC}=(3a;3a;-a\sqrt{22})$.
$\overrightarrow{SC}\times \vec{u}=(-2a^2\sqrt{22};2a^2\sqrt{22};0)$, độ dài $4a^2\sqrt{11}$.
$$d(C,(SBD))=\frac{4a^2\sqrt{11}}{2a\sqrt{6}}=\frac{a\sqrt{66}}{3}.$$

**c.** Vì $AB\parallel CD$ nên $(SAB)\cap (SCD)$ là đường thẳng qua $S$ song song với $AB$.
Vectơ pháp tuyến: mặt $(SAB)$ chứa $\overrightarrow{AB}=(4a;0;0)$, $\overrightarrow{AS}=(a;a;a\sqrt{22})$ nên $\overrightarrow{n_1}=(0;-\sqrt{22};1)$.
Mặt $(SCD)$ chứa $\overrightarrow{DC}=(4a;0;0)$, $\overrightarrow{DS}=(a;-3a;a\sqrt{22})$ (vì $D(0;4a;0)$, $S(a;a;a\sqrt{22})$) nên $\overrightarrow{n_2}=(0;\sqrt{22};3)$.
$$\cos \theta =\frac{|\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{n_2}|}{|\overrightarrow{n_1}||\overrightarrow{n_2}|}=\frac{|-22+3|}{\sqrt{23}\cdot \sqrt{31}}=\frac{19}{\sqrt{713}}\approx 0,7116.$$
Vậy góc giữa $(SAB)$ và $(SCD)$ là $\theta =\arccos \frac{19}{\sqrt{713}}\approx 44^{\circ }37^{\prime }$ (tương đương $\tan \theta =\frac{4\sqrt{22}}{19}$).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(b;0;0)$, $S(0;0;h)$, $C(x;y;0)$ vì $SA\perp (ABC)$.

a) Vì $SA\perp (ABC)$ và $SA\subset (SAB)$ nên $(SAB)\perp (ABC)$. Đúng.

Điều kiện $(SBC)\perp (SAB)$: mặt phẳng $(SAB)$ là $y=0$. Vectơ pháp tuyến của $(SBC)$ là $\overrightarrow{SB}\times \overrightarrow{SC}=(hy;h(b-x);by)$. Để vuông góc với $(0;1;0)$ cần $h(b-x)=0\Rightarrow x=b$, tức $C$ có hình chiếu thẳng hàng với $B$ theo phương $AB$, suy ra $BC\perp AB$.

c) Từ trên, $\overrightarrow{AB}=(b;0;0)$ và $\overrightarrow{BC}=(0;y;0)$ nên $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{BC}=0$: $AB\perp CB$. Đúng.

Tính toán kích thước: $\widehat{ASB}=30^{\circ }$ với $\cos \widehat{ASB}=\frac{h}{\sqrt{b^2+h^2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow h^2=3b^2$. Kết hợp $SB=\sqrt{b^2+h^2}=a\sqrt{3}\Rightarrow 4b^2=3a^2$, suy ra $b=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, $h=\frac{3a}{2}$.

Vì $(SBC)\perp (SAB)$ cắt nhau theo $SB$, hình chiếu của $C$ lên $(SAB)$ nằm trên $SB$, nên góc giữa $SC$ và $(SAB)$ là $\widehat{CSB}=45^{\circ }$: $\cos 45^{\circ }=\frac{\overrightarrow{SB}\cdot \overrightarrow{SC}}{SB\cdot SC}=\frac{b^2+h^2}{a\sqrt{3}\cdot SC}=\frac{3a^2}{a\sqrt{3}\cdot SC}\Rightarrow SC=a\sqrt{6}$. Do đó $S{C}^2=b^2+y^2+h^2=3a^2+y^2=6a^2\Rightarrow y=a\sqrt{3}$.

b) Tam giác $SBC$: $S{B}^2=3a^2$, $S{C}^2=6a^2$, $B{C}^2=y^2=3a^2$. Vì $S{C}^2+B{C}^2=9a^2\ne S{B}^2$ và $S{B}^2+B{C}^2\ne S{C}^2$, $S{B}^2+S{C}^2\ne B{C}^2$ nên tam giác $SBC$ không vuông tại $C$ (thực tế $S{B}^2=S{C}^2-B{C}^2$, góc tại $B$ tù... kiểm tra: $S{C}^2=S{B}^2+B{C}^2$ không thỏa, góc $SBC$ có $\cos \widehat{SBC}=\frac{S{B}^2+B{C}^2-S{C}^2}{2\cdot SB\cdot BC}=\frac{3a^2+3a^2-6a^2}{2\cdot a\sqrt{3}\cdot a\sqrt{3}}=0$, tức vuông tại $B$, không phải tại $C$). Sai.

d) $V=\frac{1}{3}\cdot SA\cdot S_{ABC}=\frac{1}{3}\cdot \frac{3a}{2}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot a\sqrt{3}=\frac{3a^3}{8}$. Suy ra $\frac{a^3}{V}=\frac{8}{3}\ne \frac{3}{8}$. Sai.

Kết luận: a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ và $SA\subset (SAB)$ nên $(SAB)\perp (ABC)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Tính được $SB=a\sqrt{3}$, $SC=a\sqrt{6}$, $BC=a\sqrt{3}$. Tam giác $SBC$ vuông tại $B$ (vì $S{C}^2=S{B}^2+B{C}^2$), không vuông cân tại $C$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Từ $(SBC)\perp (SAB)$ suy ra hình chiếu của $C$ lên $(SAB)$ nằm trên $SB$, kết hợp $SA\perp (ABC)$ dẫn đến $BC\perp AB$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$SA=\frac{3a}{2}$, $AB=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, $BC=a\sqrt{3}$ nên $V=\frac{1}{3}\cdot \frac{3a}{2}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot a\sqrt{3}=\frac{3a^3}{8}$, do đó $\frac{a^3}{V}=\frac{8}{3}\ne \frac{3}{8}$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(3a;0;0)$, $C(2a;2a\sqrt{3};0)$ (vì $AC=4a$, $\widehat{BAC}=60^{\circ }$). Trung điểm $O$ của $AC$ là $O(a;a\sqrt{3};0)$, và $S(a;a\sqrt{3};a\sqrt{5})$.

a) $H$ là hình chiếu của $O$ trên $AB$ nên $OH\perp AB$. Vì $SO\perp (ABC)$ nên $SO\perp AB$. Từ đó $AB\perp (SOH)$ (đường thẳng vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau trong mặt phẳng). Mà $AB\subset (SAB)$ nên $(SAB)\perp (SOH)$. Đpcm.

b) $OH$ là khoảng cách từ $O$ đến $AB$: tam giác $AOH$ vuông tại $H$ có $\widehat{OAH}=60^{\circ }$, $AO=2a$ nên $OH=AO\sin 60^{\circ }=a\sqrt{3}$. Vì $SO\perp (ABC)$ nên $HO$ là hình chiếu của $HS$ trên $(ABC)$, suy ra góc giữa $SH$ và $(ABC)$ là $\widehat{SHO}$. Tam giác $SOH$ vuông tại $O$: $SH=\sqrt{S{O}^2+O{H}^2}=\sqrt{5a^2+3a^2}=2a\sqrt{2}$; $\tan \widehat{SHO}=\frac{SO}{OH}=\frac{a\sqrt{5}}{a\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{15}}{3}$. Vậy góc cần tìm bằng $\arctan \frac{\sqrt{15}}{3}\approx 52^{\circ }14^{\prime }$.

c) $I$ trung điểm $SB$: $I(2a;\frac{a\sqrt{3}}{2};\frac{a\sqrt{5}}{2})$; $J$ trung điểm $SC$: $J(\frac{3a}{2};\frac{3a\sqrt{3}}{2};\frac{a\sqrt{5}}{2})$.
Vectơ pháp tuyến của $(OIJ)$: $\vec{n}=\overrightarrow{OI}\times \overrightarrow{OJ}$ với $\overrightarrow{OI}=(a;-\frac{a\sqrt{3}}{2};\frac{a\sqrt{5}}{2})$, $\overrightarrow{OJ}=(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};\frac{a\sqrt{5}}{2})$, cho $\vec{n}\propto (-2\sqrt{15};-\sqrt{5};3\sqrt{3})$.
Mặt phẳng $(OIJ)$: $-2\sqrt{15}(x-a)-\sqrt{5}(y-a\sqrt{3})+3\sqrt{3}z=0$.
Thay $C(2a;2a\sqrt{3};0)$: $|-2a\sqrt{15}-a\sqrt{15}|=3a\sqrt{15}$; mẫu số $\sqrt{60+5+27}=\sqrt{92}=2\sqrt{23}$.
Vậy $d(C,(OIJ))=\frac{3a\sqrt{15}}{2\sqrt{23}}=\frac{3a\sqrt{345}}{46}$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(2a;0;0)$, $D(0;3a;0)$, $C(2a;3a;0)$, $H(0;a;0)$, $S(0;a;2a\sqrt{2})$.

a) Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên $CD\perp AD$; vì $SH\perp (ABCD)$ nên $SH\perp CD$. Suy ra $CD\perp (SAD)$ mà $CD\subset (SCD)$, do đó $(SCD)\perp (SAD)$.

b) Vì $CD\perp (SAD)$ nên $D$ là hình chiếu của $C$ lên $(SAD)$, góc giữa $SC$ và $(SAD)$ là $\widehat{SCD}$. Ta có $SC=\sqrt{S{H}^2+H{C}^2}$ với $HC=\sqrt{(2a{)}^2+(2a{)}^2}=2a\sqrt{2}$, nên $SC=\sqrt{8a^2+8a^2}=4a$. Khi đó $\sin \widehat{SCD}=\frac{CD}{SC}=\frac{2a}{4a}=\frac{1}{2}$, suy ra góc bằng $30^{\circ }$.

c) $I$ là trung điểm $CD$: $I(a;3a;0)$. $M=AC\cap BH$: đường $AC$: $(2at;3at)$; đường $BH$: $(2a-2as;as)$. Giải hệ được $t=\frac{1}{4}$, nên $M\left(\frac{a}{2};\frac{3a}{4};0\right)$.

Mặt phẳng $(SBI)$ qua $B(2a;0;0)$ với $\overrightarrow{BS}=(-2a;a;2a\sqrt{2})$, $\overrightarrow{BI}=(-a;3a;0)$, vectơ pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{BS}\times \overrightarrow{BI}=a^2(-6\sqrt{2};-2\sqrt{2};-5)$, chọn $\vec{n}=(6\sqrt{2};2\sqrt{2};5)$. Phương trình: $6\sqrt{2}(x-2a)+2\sqrt{2}y+5z=0$.

Khoảng cách: $d(M,(SBI))=\frac{\left|6\sqrt{2}\left(\frac{a}{2}-2a\right)+2\sqrt{2}\cdot \frac{3a}{4}\right|}{\sqrt{72+8+25}}=\frac{\left|-9\sqrt{2}a+\frac{3\sqrt{2}a}{2}\right|}{\sqrt{105}}=\frac{\frac{15\sqrt{2}a}{2}}{\sqrt{105}}=\frac{a\sqrt{210}}{14}$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(0;2a;0)$, $D(a;0;0)$, $C(a;a;0)$ (vì $AB\parallel DC$, $AD\perp AB,AD\perp DC$), $S(0;0;a)$.

a) $\overrightarrow{BC}=(a;-a;0)$, $\overrightarrow{AC}=(a;a;0)$, $\overrightarrow{AS}=(0;0;a)$.
$\overrightarrow{BC}\cdot \overrightarrow{AC}=a^2-a^2=0\Rightarrow BC\perp AC$; $\overrightarrow{BC}\cdot \overrightarrow{AS}=0\Rightarrow BC\perp SA$. Vậy $BC\perp (SAC)$ mà $BC\subset (SBC)$ nên $(SBC)\perp (SAC)$.

b) Mặt phẳng $(SAC)$ đi qua $A$, có VTCP $\overrightarrow{AC}\times \overrightarrow{AS}=(a^2;-a^2;0)\Rightarrow$ VTPT $\vec{n}=(1;-1;0)$, phương trình $x-y=0$.
Khoảng cách từ $D(a;0;0)$ đến $(SAC)$: $d=\frac{|a|}{\sqrt{2}}=\frac{a}{\sqrt{2}}$.
$SD=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}$. Góc $\theta$ giữa $SD$ và $(SAC)$: $\sin \theta =\frac{d}{SD}=\frac{a/\sqrt{2}}{a\sqrt{2}}=\frac{1}{2}\Rightarrow \theta =30^{\circ }$.
Vậy $\tan \left(SD,(SAC)\right)=\tan 30^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

c) $\overrightarrow{SM}=-\frac{1}{3}\overrightarrow{CM}\Rightarrow 4\overrightarrow{AM}=3\overrightarrow{AS}+\overrightarrow{AC}\Rightarrow M=\left(\frac{a}{4};\frac{a}{4};\frac{3a}{4}\right)$.
Mặt phẳng $(SBD)$: $\overrightarrow{SB}=(0;2a;-a)$, $\overrightarrow{SD}=(a;0;-a)$, VTPT $\vec{n}=\overrightarrow{SB}\times \overrightarrow{SD}=(-2a^2;-a^2;-2a^2)\sim (2;1;2)$.
Phương trình: $2x+y+2z=2a$ (thỏa $S,B,D$).
$d(M,(SBD))=\frac{\left|2\cdot \frac{a}{4}+\frac{a}{4}+2\cdot \frac{3a}{4}-2a\right|}{3}=\frac{\left|\frac{2a+a+6a-8a}{4}\right|}{3}=\frac{a/4}{3}=\frac{a}{12}$.

Hình vẽ phục vụ câu a).
[Hình cần kiểm tra lại: p10_f4]

a) Ta có $\{\begin{array}{l}AD\perp CD\\ AD\perp SC\end{array}$.
Suy ra $AD\perp (SCD)$.
Suy ra $(SAD)\perp (SCD)$.

b) Trong $(ABCD)$, kẻ $CE\perp DN$ với $E\in DN$.
Suy ra $SE\perp DN$.
Suy ra $DN\perp (SEC)$.
Suy ra $SEC$ là góc nhị diện $[S,DN,C]$.
Ta có $\frac{1}{C{E}^2}=\frac{1}{C{N}^2}+\frac{1}{C{D}^2}=\frac{4}{a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{5}{a^2}$.
Suy ra $CE=\frac{a\sqrt{5}}{5}$.
Ta có $\tan SEC=\frac{SC}{CE}=\sqrt{10}$.
Suy ra $SEC\approx 72^0$.

c) Gọi $M$ là trung điểm của $AD$.
Ta có $\{\begin{array}{l}DN\not\subset (SBM)\\ DN//MB,MB\subset (SBM)\end{array}$
Suy ra $DN//(SBM)$.
Do đó, $d(SB,DN)=d((SBM),DN)$
$$=d(N,(SBM))$$
$$=\frac{1}{2}d(C,(SBM))$$
Trong $(ABCD)$, kẻ $CK\perp BM$ với $K\in BM$.
Trong $\Delta SCK$, kẻ $CH\perp SK$ với $H\in SK$.
Suy ra $CH\perp (SBM)$.
Suy ra $d(SB,DN)=\frac{1}{2}d(C,(SBM))=\frac{1}{2}CH$.
Trong $(ABCD)$, gọi $I=BM\cap CD$.
Ta có $\frac{1}{C{H}^2}=\frac{1}{C{K}^2}+\frac{1}{C{S}^2}$
$$=\frac{1}{C{B}^2}+\frac{1}{C{I}^2}+\frac{1}{C{S}^2}$$
$$=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{4a^2}+\frac{1}{2a^2}=\frac{7}{4a^2}.$$
Suy ra $CH=\frac{2a\sqrt{7}}{7}$.
Vậy $d(SB,DN)=\frac{1}{2}CH=\frac{a\sqrt{7}}{7}$.

Gọi $M$ là trung điểm của $CD$. Vì tam giác $ACD$ và $BCD$ đều cân tại $A$ và $B$ nên $AM\perp CD$ và $BM\perp CD$.
Do $(ACD)\perp (BCD)$ và giao tuyến là $CD$ nên $AM\perp (BCD)\Rightarrow AM\perp BM$.
Ta có $A{M}^2=A{C}^2-M{C}^2=9-\frac{a^2}{4}$ và $B{M}^2=B{C}^2-M{C}^2=9-\frac{a^2}{4}$.
Suy ra $A{B}^2=A{M}^2+B{M}^2=18-\frac{a^2}{2}$ (1).
Gọi $N$ là trung điểm của $AB$. Do $CA=CB$ và $DA=DB$ nên tam giác $CAB$ và $DAB$ cân tại $C$ và $D$, suy ra $CN\perp AB$ và $DN\perp AB$.
Do đó góc giữa hai mặt phẳng $(ABC)$ và $(ABD)$ là $\widehat{CND}$.
Để $(ABC)\perp (ABD)$ thì $\widehat{CND}=90^{\circ }\iff C{D}^2=N{C}^2+N{D}^2=2N{C}^2$ (do $NC=ND$).
Trong tam giác vuông $ANC$: $N{C}^2=A{C}^2-A{N}^2=9-\frac{A{B}^2}{4}$.
Do đó $a^2=2\left(9-\frac{A{B}^2}{4}\right)=18-\frac{A{B}^2}{2}$ (2).
Từ (1) và (2) suy ra $a^2=18-\frac{18-\frac{a^2}{2}}{2}=9+\frac{a^2}{4}\Rightarrow \frac{3a^2}{4}=9\Rightarrow a^2=12\Rightarrow a=\sqrt{12}\approx 3,46\text{ dm}$.

Theo bảng đáp án chính thức Mã đề 1001 (trang 13): a) Sai, b) Đúng, c) Sai, d) Đúng.