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

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$. Tam giác $ABC$ vuông tại $B$ nên $AB\perp BC$. Từ đó $BC\perp (SAB)$ (vì $BC$ vuông với hai đường thẳng cắt nhau $SA$ và $AB$ trong mặt phẳng $(SAB)$). Mà $BC\subset (SBC)$ nên $(SBC)\perp (SAB)$. Vậy khẳng định đúng là $(SAB)\perp (SBC)$, chọn D.

(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 $d(B,(CD{C}^{\prime }))=BC=1$.

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 $d(SB,DN)=\frac{1}{2}CH=\frac{a\sqrt{7}}{7}$.

(AI giải đề cho tôi)
Theo định lý về hai mặt phẳng vuông góc: nếu mặt phẳng $(\alpha )$ chứa đường thẳng $d$ vuông góc với mặt phẳng $(\beta )$ thì $(\alpha )\perp (\beta )$. Đây chính là điều kiện ở phương án B. Các phương án A, C, D chỉ nêu điều kiện vuông góc với một hoặc hai đường thẳng nằm trong mặt phẳng kia, không đủ để kết luận hai mặt phẳng vuông góc (hai đường thẳng đó phải cắt nhau mới đủ, đề không nói cắt nhau). Đáp án khớp với bảng đáp án mã đề 1002, câu 8: B.

(AI giải đề cho tôi)
Theo định lý về hai mặt phẳng vuông góc: nếu một mặt phẳng chứa một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng kia thì hai mặt phẳng đó vuông góc với nhau. Điều kiện này là điều kiện đủ và đúng chuẩn. Các phương án B, C, D chỉ yêu cầu đường thẳng vuông góc với một hoặc hai đường thẳng nằm trong mặt phẳng kia (kể cả hai đường song song), không đủ để kết luận hai mặt phẳng vuông góc (các đường thẳng đó có thể không cắt nhau hoặc không thỏa định lý đường thẳng vuông góc với mặt phẳng). Đáp án khớp với bảng đáp án mã đề 1001, câu 10: A.

(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)
Vì $ABCD$ là hình thoi tâm $O$ nên hai đường chéo $AC\perp BD$ tại $O$. Mặt khác $SO\perp (ABCD)$ nên $SO\perp BD$. Vì $BD\perp AC$, $BD\perp SO$ và $AC\cap SO=O$, $AC,SO\subset (SAC)$ nên $BD\perp (SAC)$. Mà $BD\subset (SBD)$ nên $(SBD)\perp (SAC)$. Vậy đáp án là $(SAC)$, khớp với đáp án nguồn B (mã đề 1102).

(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)
Hình chóp đều $S.ABCD$ có đáy là hình vuông, hai đường chéo $AC$ và $BD$ vuông góc nhau tại $O$ và cắt nhau tại $O$ thuộc $AC$. Gọi $O$ là giao điểm $AC\cap BD$. Trong mặt phẳng đáy: $BD\perp AC$. Hơn nữa $SO\perp (ABCD)$ nên $SO\perp BD$. Từ đó $BD\perp (SAC)$ vì $BD$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau $AC$ và $SO$ trong mặt phẳng $(SAC)$. Mà $BD\subset (SBD)$, nên theo định lý về hai mặt phẳng vuông góc, $(SBD)\perp (SAC)$. Các mặt phẳng $(SBC)$, $(SCD)$, $(SAB)$ không vuông góc với $(SAC)$. Vậy đáp án là B, trùng với đáp án nguồn (đề 102, Câu 7 = B).

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp đều $S.ABCD$ có đáy là hình vuông, hai đường chéo $AC$ và $BD$ vuông góc tại $O$. Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$, ta có $AC\perp BD$ và $SO\perp (ABCD)$ nên $SO\perp AC$. Từ đó $AC\perp (SBD)$ vì $AC$ vuông góc với hai đường thẳng $BD$ và $SO$ cắt nhau trong mặt phẳng $(SBD)$. Mặt phẳng $(SAC)$ chứa đường thẳng $AC\perp (SBD)$ nên $(SAC)\perp (SBD)$. Các mặt phẳng $(SBC)$, $(SCD)$, $(SAB)$ không vuông góc với $(SBD)$. Vậy đáp án là B, trùng với đáp án nguồn (đề 101, Câu 7: B).

Vì $SA\perp (ABCD)$ và mặt phẳng $(SAB)$ chứa $SA$ nên mặt phẳng $(SAB)$ vuông góc với mặt phẳng $(ABCD)$.

(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)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AB$. Mặt phẳng $(SAB)$ chứa đường thẳng $SA$ vuông góc với mặt phẳng $(ABCD)$ tại $A$, do đó $(SAB)\perp (ABCD)$. Các mặt phẳng $(SBD),(SCD),(SBC)$ không chứa đường thẳng nào vuông góc với $(ABCD)$ nên không kết luận được vuông góc. Vậy đáp án D.