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

a) Ta có $\{\begin{array}{l}AD\perp AB(gt)\\ AD\perp SA(gt)\\ AB,SA\subset (SAB)\end{array}$ nên kết luận $AD\perp (SAB)$.
b) Vì $AD\perp (SAB)$ và $AD\subset (SAD)$ nên kết luận $(SAD)\perp (SAB)$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$. Đáy là tam giác vuông tại $C$ nên $BC\perp AC$. Từ đó $BC\perp (SAC)$ (vì $BC$ vuông với hai đường thẳng cắt nhau $SA$ và $AC$ trong mặt phẳng $(SAC)$). Mà $BC$ nằm trong mặt phẳng $(SBC)$, nên $(SBC)\perp (SAC)$. Đáp án A, trùng với đáp án nguồn (Mã đề 101, Câu 10: A).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AB$. Mặt khác đáy là hình vuông nên $AB\perp AD$. Ta có $AD\subset (ABCD)$, $AD\perp AB$ và $AD\perp SA$ (vì $SA\perp (ABCD)$), suy ra $AD\perp (SAB)$. Vì $AD\subset (ABCD)$ nên $(SAB)\perp (ABCD)$. Đáp án B, trùng với đáp án nguồn (Câu 9, Mã đề 101: B).

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình lập phương, $A{A}^{\prime }\perp (ABCD)$ mà $A{A}^{\prime }\subset (A{A}^{\prime }{B}^{\prime }B)$, nên $(A{A}^{\prime }{B}^{\prime }B)\perp (ABCD)$. Các mặt phẳng còn lại không vuông góc với $(ABCD)$.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$, $O$ là tâm đáy. A đúng: trong hình chóp đều, đường cao $SO\perp (ABCD)$. B đúng: $AC\perp BD$ (hai đường chéo hình vuông) và $AC\perp SO$ nên $AC\perp (SBD)$, mà $AC\subset (SAC)$, suy ra $(SAC)\perp (SBD)$. C đúng: $BD\perp (SAC)$ nên $BD\perp SA$. D sai: nếu $BC\perp (SCD)$ thì $BC\perp SC$, nhưng tam giác $SBC$ cân tại $S$ với $SB=SC$, góc $SBC$ nhọn nên $BC$ không vuông góc với $SC$ (thực tế $BC$ chỉ vuông góc với $AB$ và $CD$ trong mặt đáy). Vậy khẳng định sai là D.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABC$ vuông cân tại $B$ nên $AB\perp BC$ và $AB=BC$. M là trung điểm $AC$ nên $BM$ vừa là trung tuyến vừa là đường cao của tam giác vuông cân, do đó $BM\perp AC$ (A đúng). Lại có $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BM$; từ $BM\perp AC$ và $BM\perp SA$ suy ra $BM\perp (SAC)$, mà $BM\subset (SBM)$ nên $(SBM)\perp (SAC)$ (B đúng). Ta có $BC\perp AB$ (vuông tại $B$) và $BC\perp SA$ (vì $SA\perp (ABC)$) nên $BC\perp (SAB)$, mà $BC\subset (SBC)$ nên $(SBC)\perp (SAB)$ (C đúng). Xét D: để $(SAB)\perp (SAC)$ cần một đường thẳng trong $(SAC)$ vuông góc với $(SAB)$, chẳng hạn $AC\perp (SAB)$; nhưng $AC$ không vuông góc với $AB$ (góc $BAC=45^{\circ }$), nên khẳng định $(SAB)\perp (SAC)$ là sai. Vậy khẳng định sai là D.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ và $SA\subset (SAB)$, $SA\subset (SAC)$, $SA\subset (SAD)$ nên theo tính chất (mặt phẳng chứa đường vuông góc với mặt phẳng khác thì vuông góc với mặt phẳng đó) ta có $(SAB)\perp (ABCD)$, $(SAC)\perp (ABCD)$, $(SAD)\perp (ABCD)$. Mặt phẳng $(SBD)$ không chứa $SA$ và không có đường nào chứng minh được vuông góc với $(ABCD)$, nên khẳng định $(SBD)\perp (ABCD)$ là sai. Vậy đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$. Trong hình chóp tứ giác đều, $SO\perp (ABCD)$ và $AC\perp BD$ tại $O$.
- A đúng: $AC\perp BD$ (trong $(ABCD)$) và $AC\perp SO$ (vì $SO\perp (ABCD)$) nên $AC\perp (SBD)$, mà $AC\subset (ABCD)$, suy ra $(ABCD)\perp (SBD)$.
- C đúng: $BD\perp AC$ và $BD\perp SO$ nên $BD\perp (SAC)$, mà $BD\subset (SBD)$, suy ra $(SBD)\perp (SAC)$.
- D đúng: $SO\perp (ABCD)$, $SO\subset (SAC)$ nên $(SAC)\perp (ABCD)$.
- B sai: $(SAB)$ vuông góc với $(ABCD)$ khi và chỉ khi giao tuyến $AB$ chứa hình chiếu vuông góc của $S$ lên $(ABCD)$, tức $O\in AB$, vô lý vì $O$ là tâm hình vuông không nằm trên cạnh $AB$. Vậy mệnh đề sai là B.

(AI giải đề cho tôi)
a) Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên $BC\perp AB$. Tam giác $SAB$ đều nằm trong mặt phẳng $(SAB)\perp (ABCD)$, với giao tuyến là $AB$. Vì $BC\subset (ABCD)$ và $BC\perp AB$ (đường thẳng nằm trong một mặt phẳng vuông góc với giao tuyến) nên theo định lý ba mặt phẳng vuông góc, $BC\perp (SAB)$.

b) Gọi $H$ là trung điểm $AB$. Vì tam giác $SAB$ đều cạnh $2a$ nên $SH\perp AB$ và $SH=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$. Do $(SAB)\perp (ABCD)$, giao tuyến $AB$, với $SH\subset (SAB)$ và $SH\perp AB$ nên $SH\perp (ABCD)$. Vậy $DH$ là hình chiếu của $SD$ lên $(ABCD)$, do đó góc giữa $SD$ và $(ABCD)$ là $\phi =\widehat{SDH}$.

Trong mặt phẳng đáy: $AH=a$, $AD=a$, $AD\perp AH$ nên $DH=\sqrt{A{H}^2+A{D}^2}=a\sqrt{2}$.

$$\tan \phi =\frac{SH}{DH}=\frac{a\sqrt{3}}{a\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{2}\Rightarrow \phi =\arctan \frac{\sqrt{6}}{2}\approx 50,77^{\circ }.$$

Vậy góc giữa $SD$ và $(ABCD)$ bằng $\arctan \frac{\sqrt{6}}{2}\approx 50,77^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Bài toán: hình chóp đều $S.ABCD$, cạnh bên $SA=SB=SC=SD=26$, cạnh đáy $AB=27$, $O=AC\cap BD$.

a) Vì $S.ABCD$ là hình chóp đều nên $SO\perp (ABCD)$. Lại có $SO\subset (SAC)$, suy ra $(SAC)\perp (ABCD)$ (theo định lý về mặt phẳng chứa đường vuông góc với mặt phẳng khác).

b) Góc giữa đường thẳng $SC$ và mặt phẳng $(ABCD)$ là góc giữa $SC$ và hình chiếu $OC$ của nó trên $(ABCD)$, tức là góc $\phi =\widehat{SCO}$.

Tính toán: đáy là hình vuông cạnh 27 nên $AC=27\sqrt{2}$, do đó $OC=\frac{27\sqrt{2}}{2}$.

Trong tam giác $SOC$ vuông tại $O$:
$$SO=\sqrt{S{C}^2-O{C}^2}=\sqrt{26^2-{\left(\frac{27\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\sqrt{676-\frac{729}{2}}=\sqrt{\frac{623}{2}}=\frac{\sqrt{1246}}{2}\approx 17,66.$$

Suy ra
$$\tan \phi =\frac{SO}{OC}=\frac{\sqrt{1246}/2}{27\sqrt{2}/2}=\frac{\sqrt{623}}{27}\approx 0,9245,$$
$$\phi =\arctan \frac{\sqrt{623}}{27}\approx 42,75^{\circ }\approx 42^{\circ }45^{\prime }.$$

Vậy góc giữa đường thẳng $SC$ và mặt phẳng $(ABCD)$ bằng $\arctan \frac{\sqrt{623}}{27}\approx 42,75^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi O là tâm hình vuông ABCD. Vì SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ BD; lại ABCD hình vuông nên BD ⊥ AC. Suy ra BD ⊥ (SAC) (vì BD ⊥ SA, BD ⊥ AC). Mà BD ⊂ (SBD) nên (SBD) ⊥ (SAC). Thể tích: V = (1/3)·AB²·SA = (1/3)·4·SA = 8√6/3 ⇒ SA = 2√6. Góc giữa SC và (ABCD) là góc SCA (vì CA là hình chiếu của SC lên (ABCD)). AC = 2√2, tan(SCA) = SA/AC = 2√6/(2√2) = √3 ⇒ góc SCA = 60°.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp đều $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông, $H$ là trung điểm $AC$ nên $H$ là tâm đáy, do đó $SH\perp (ABCD)$ → B đúng. Trong đáy, $AC\perp BD$, kết hợp $SH\perp BD$ nên $BD\perp (SAC)$, suy ra $(SAC)\perp (SBD)$ → A đúng. Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp CD$; lại $CD\perp AD$ (hình vuông), nên $CD\perp (SAD)$ → D đúng. Mệnh đề C sai: mặt $(SBD)$ chứa $BD$ nằm trong $(ABCD)$, không có đường thẳng nào trong $(SBD)$ vuông góc với $(ABCD)$ ($BD$ chỉ vuông góc với $(SAC)$), nên nói chung $(SBD)$ không vuông góc với $(ABCD)$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình thoi nên hai đường chéo $AC\perp BD$. Lại có $SB\perp (ABCD)$ nên $SB\perp AC$. Từ đó $AC\perp BD$ và $AC\perp SB$, mà $BD$ và $SB$ là hai đường thẳng cắt nhau trong mặt phẳng $(SBD)$, suy ra $AC\perp (SBD)$. Vì $AC\subset (SAC)$ nên $(SAC)\perp (SBD)$. Vậy đáp án D.

(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 $S,B,D$).
$d(M,(SBD))=\frac{\left|2\cdot \frac{a}{4}+\frac{a}{4}+2\cdot \frac{3a}{4}-2a\right|}{3}=\frac{\left|\frac{2a+a+6a-8a}{4}\right|}{3}=\frac{a/4}{3}=\frac{a}{12}$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp AB$, mà $AB\subset (SAB)$ nên $(SAB)\perp (ABC)$ → A đúng. Tam giác $ABC$ vuông tại $B$ nên $BC\perp AB$; lại có $SA\perp (ABC)\Rightarrow SA\perp BC$. Từ đó $BC\perp (SAB)$ (vì $BC$ vuông với hai đường cắt nhau $AB$ và $SA$ trong $(SAB)$), mà $BC\subset (SBC)$ nên $(SBC)\perp (SAB)$ → D đúng. Đồng thời $SA\subset (SAC)$, $SA\perp (ABC)$ nên $(SAC)\perp (ABC)$ → C đúng. Xét B: giao tuyến của $(SAC)$ và $(SBC)$ là $SC$; không có đường thẳng trong $(SBC)$ vuông góc với $(SAC)$ (ví dụ $BC$ không vuông góc với $AC$ vì tam giác vuông tại $B$, chỉ vuông góc với $AB$). Kiểm tra bằng tọa độ: $B(0,0,0),A(1,0,0),C(0,1,0),S(0,0,1)$: $(SAC):x+y+z=1$ có pháp tuyến $(1,1,1)$; $(SBC):x=0$ có pháp tuyến $(1,0,0)$; tích vô hướng $=1\ne 0$ nên hai mặt phẳng không vuông góc. Vậy kết luận sai là B, trùng với đáp án của đề.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AB$, $SA\perp AD$. Do $ABCD$ là hình vuông nên $AB\perp AD$. Suy ra $AB\perp (SAD)$, mà $AB\subset (SAB)$ nên $(SAB)\perp (ABCD)$: khẳng định D đúng. Cũng do $SA\perp (ABCD)$ và $SA\subset (SAC)$ nên $(SAC)\perp (ABCD)$: khẳng định A đúng. Trong hình vuông $ABCD$, $BD\perp AC$ (hai đường chéo) và $BD\perp SA$ nên $BD\perp (SAC)$, mà $BD\subset (SBD)$ nên $(SBD)\perp (SAC)$: khẳng định C đúng. Khẳng định B: góc giữa $(SAB)$ và $(SAC)$ là góc giữa $AB$ và $AC$ (cạnh $SA$ chung), mà $AB$ và $AC$ không vuông góc (góc $BAC=45°$ trong hình vuông), nên $(SAB)$ không vuông góc với $(SAC)$. Vậy khẳng định B SAI, trùng với đáp án nguồn (mã đề 102, câu 1: B).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $BC\perp AB$ (tam giác $ABC$ vuông tại $B$) và $BC\perp SA$ (vì $SA\perp (ABC)$) nên $BC\perp (SAB)$, suy ra $(SBC)\perp (SAB)$: khẳng định A đúng. Tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$ nên trung tuyến $BM$ cũng là đường cao, do đó $BM\perp AC$: khẳng định C đúng. Lại có $BM\perp AC$ và $BM\perp SA$ (vì $SA\perp (ABC)$) nên $BM\perp (SAC)$, suy ra $(SBM)\perp (SAC)$: khẳng định B đúng. Xét khẳng định D: giao tuyến của $(SAB)$ và $(SAC)$ là $AB$. Để $(SAB)\perp (SAC)$ cần $AC\perp (SAB)$, tức $AC\perp SA$; nhưng $SA\perp (ABC)$ nên $SA$ chỉ vuông góc với các đường nằm trong đáy qua $A$, mà $AC$ không vuông góc với $AB$ nên không thể có $AC\perp SA$. Vậy khẳng định D SAI. Đáp án khớp với đáp án nguồn (mã đề 101, câu 10: D).

(AI giải đề cho tôi)
Hình lập phương $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ cạnh $2a$.

a) $AC\perp BD$ (hai đường chéo hình vuông $ABCD$) và $AC\perp B{B}^{\prime }$ ($B{B}^{\prime }\perp (ABCD)$), nên $AC\perp (BD{D}^{\prime }{B}^{\prime })$. Vì $AC\subset (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ nên $(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })\perp (BD{D}^{\prime }{B}^{\prime })$: Đúng.

b) Trong hình lập phương, cạnh bên $A{A}^{\prime }$ vuông góc với mặt đáy $(ABCD)$: Đúng.

c) Góc nhị diện $[A,BC,D^{\prime }]$: $BC\perp (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ nên $BC\perp BA$ và $BC\perp B{D}^{\prime }$. Tọa độ $A(0,0,0)$, $B(2a,0,0)$, $C(2a,2a,0)$, $D^{\prime }(0,2a,2a)$: $(ABC)$ có pháp tuyến $\overrightarrow{n_1}=(0,0,1)$, $(BC{D}^{\prime })$ có pháp tuyến $\overrightarrow{n_2}=(1,0,1)$, $\cos \phi =\frac{1}{\sqrt{2}}$ nên góc bằng $45^{\circ }$: Đúng.

d) $A^{\prime }C$ là đường chéo hình lập phương: $A^{\prime }C=\sqrt{(2a{)}^2+(2a{)}^2+(2a{)}^2}=2a\sqrt{3}\ne a\sqrt{3}$: Sai.

Khớp bảng đáp án mã đề 101: Đ Đ Đ S.
a) (AI giải đề cho tôi)
AC ⊥ BD và AC ⊥ BB' nên AC ⊥ (BDD'B'); vì AC ⊂ (ACC'A') nên (ACC'A') ⊥ (BDD'B').
b) (AI giải đề cho tôi)
AA' là cạnh bên của hình lập phương nên vuông góc với mặt đáy (ABCD).
c) (AI giải đề cho tôi)
BC ⊥ BA và BC ⊥ BD'; với tọa độ A(0,0,0), B(2a,0,0), C(2a,2a,0), D'(0,2a,2a), cos góc giữa hai mặt = 1/√2, góc = 45°.
d) (AI giải đề cho tôi)
A'C = 2a√3, không phải a√3.