Đề cương ôn tập giữa kì 2 Toán 11 cấu trúc mới (có đáp án) - Chương VII. Quan hệ vuông góc trong không gian

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Gọi $M$, $N$ lần lượt là trung điểm $AC$, $BD$.

Ta có:

$MI = NI = NJ = MJ = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}CD = \frac{a}{2} \Rightarrow MINJ$ là hình thoi.

Gọi $O$ là giao điểm của $MN$ và $IJ$.

Suy ra $O$ là trung điểm của $IJ$ $\Rightarrow IO = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}$.

Ta có: $\widehat {MIN} = 2\widehat {MIO}$.

Xét $\Delta MIO$ vuông tại $O$, ta có: $\cos \widehat {MIO} = \frac{{IO}}{{MI}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{4}}}{{\frac{a}{2}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \widehat {MIO} = 30^\circ \Rightarrow \widehat {MIN} = 60^\circ$.

Mà: $\left( {AB,CD} \right) = \left( {IM,IN} \right) = \widehat {MIN} = 60^\circ$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Ta có $AB{\rm{//}}CD$ nên $\left( {AB,\,SC} \right) = \left( {CD,\,SC} \right) = \widehat {SCD}$.

Gọi $M$ là trung điểm của $CD$$\Rightarrow CM = \frac{{CD}}{2} = \frac{{AB}}{2} = a$.

Tam giác $SCM$ vuông tại $M$ và có $SC = a\sqrt 2$, $CM = a$ nên là tam giác vuông cân tại $M$ nên $\widehat {SCD} = 45^\circ$. Vậy $\left( {AB,\,SC} \right) = 45^\circ$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Gọi $I$ là trung điểm của $NP$.

Do tam giác $MNP$ và $QNP$ là hai tam giác cân lần lượt tại $M$ và $Q$ nên $\left\{ \begin{array}{l}NP \bot MI\\NP \bot QI\end{array} \right.$

$\Rightarrow NP \bot \left( {QIM} \right)$$\Rightarrow NP \bot QM$. Do đó $\left( {NP,QM} \right) = 90^\circ$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Đáp án A sai vì nếu $a$ và $b$ cùng vuông góc với $c$ thì $a$ và $b$ hoặc song song hoặc chéo nhau.

Đáp án C sai do:

Giả sử hai đường thẳng $a$ và $b$ chéo nhau, ta dựng đường thẳng $c$ là đường vuông góc chung của $a$ và $b$. Khi đó góc giữa $a$ và $c$ bằng với góc giữa $b$ và $c$ và cùng bằng $90^\circ$, nhưng hiển nhiên hai đường thẳng $a$ và $b$ không song song.

D sai do: giả sử $a$ vuông góc với $c$, $b$ song song với $c$, khi đó góc giữa $a$ và $c$ bằng $90^\circ$, còn góc giữa $b$ và $c$ bằng $0^\circ$.

Do đó B đúng.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Đáp án B sai vì vẫn có thể xảy ra các trường hợp hai đường thẳng cắt nhau, chéo nhau hoặc có thể vuông góc. Do đó đáp án D cũng sai.

Đáp án C sai vì hai đường thẳng đó có thể chéo nhau.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Đáp án B sai vì hai đường thẳng có thể trùng nhau.

Đáp án C sai vì góc giữa hai đường thẳng có thể là góc vuông.

Đáp án D sau vì góc giữa hai véctơ chỉ phương có thể là góc tù.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Gọi $H$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta BCD \Rightarrow AH \bot \left( {BCD} \right)$.

Gọi $E$ là trung điểm $CD$ $\Rightarrow BE \bot CD$ (do $\Delta BCD$ đều).

Do $AH \bot \left( {BCD} \right) \Rightarrow AH \bot CD$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot BE\\CD \bot AH\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {ABE} \right) \Rightarrow CD \bot AB \Rightarrow \left( {AB,CD} \right) = 90^\circ$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Không mất tính tổng quát, giả sử tứ diện $ABCD$ có cạnh bằng $a$.

Gọi $H$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta BCD \Rightarrow AH \bot \left( {BCD} \right)$.

Gọi $E$ là trung điểm $AC$ $\Rightarrow ME{\rm{ // }}AB \Rightarrow \left( {AB,DM} \right) = \left( {ME,MD} \right)$

Do các mặt của tứ diện đều là tam giác đều nên $ME = \frac{a}{2}$, $ED = MD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Xét $\Delta MED$, ta có: $\cos \widehat {EMD} = \frac{{M{E^2} + M{D^2} - E{D^2}}}{{2ME.MD}} = \frac{{{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}}{{2.\frac{a}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{6}$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Nếu $a \bot \left( P \right)$ và $b\;{\rm{//}}\;a$ thì $b \bot \left( P \right)$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Ta có $O$ là trung điểm của $AC,BD$

Mà $SA = SC,SB = SD \Rightarrow \Delta SAC,\Delta SBD$ đều $\Rightarrow SO \bot AC,SO \bot BD$

$\Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Ta có $\Delta ABC$, $\Delta ABD$ đều , M là trung điểm của AB nên

$\left. \begin{array}{l}CM \bot AB\\DM \bot AB\end{array} \right\} \Rightarrow AB \bot \left( {CDM} \right)$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Do $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ và $ABCD$là hình vuông nên $\left\{ \begin{array}{l}SA \bot BC\\AB \bot BC\end{array} \right.$$\Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)$.

+) $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot \left( {SAB} \right)\\AM \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AM \bot BC$

+) $\left\{ \begin{array}{l}AM \bot SB\\AM \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow AM \bot \left( {SBC} \right)$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Ta có $\left. \begin{array}{l}OA \bot OB\\OA \bot OC\end{array} \right\} \Rightarrow OA \bot \left( {OBC} \right) \Rightarrow OA \bot BC$ .

Mà $OH \bot \left( {OBC} \right) \Rightarrow OH \bot BC$.

Vậy ta có: $\left. \begin{array}{l}BC \bot OA\\BC \bot OH\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot \left( {OAH} \right) \Rightarrow BC \bot AH$.

Chứng minh tương tự ta có $AB \bot CH$.

Suy ra $H$ là trực tâm của tam giác $ABC$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Các đáp án A, B, D đều đúng. Đáp án C chưa đủ dữ kiện để kết luận$\left( {SD,BC} \right) = 60^\circ$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Ta có $SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BC$. Lại có $BC \bot AB$ nên $BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AE$.

$AE \bot SB,\,\,AE \bot BC \Rightarrow AE \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AE \bot SC,{\rm{ }}\left( 1 \right)$.

Chứng minh tương tự ta có $SC \bot AF,{\rm{ }}\left( 2 \right)$

Vậy từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ta có $SC \bot \left( {AEF} \right)$$\Rightarrow SC \bot EF$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Ta có $\left. \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\end{array} \right\} \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot AK$.

Mà $AK \bot SD$ nên $AK \bot (SC{\rm{D}})$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Có $AD \bot AB$ (do ABCD là hình thang) mà $SA \bot AD$ (do $SA \bot \left( {ABCD} \right)$) nên $AD \bot \left( {SAB} \right)$.

Vì $E$ là trung điểm của $AB$ nên $AE = EB = a$.

Vì $AE = CD = a,AE//CD$ nên $AECD$ là hình bình hành nên $AD//CE$.

Vì $\left\{ \begin{array}{l}CE//AD\\AD \bot \left( {SAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CE \bot \left( {SAB} \right)$ .

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Vì $SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SH\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow BC \bot AH$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Vì $SA \bot \left( {ABC} \right)$ nên hình chiếu của SC trên mặt phẳng (ABC) là AC.

Góc giữa đường thẳng $SC$và mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ là góc $\widehat {SCA}$.

Tam giác $SAC$ vuông cân tại $A$ nên góc $\widehat {SCA} = 45^\circ$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Ta có: Hình chiếu của $SB$ trên mặt phẳng $(ABC)$ là $AB$ nên góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng đáy là góc giữa hai đường thẳng $SB$ và $AB$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Gọi $M$ là trung điểm của $CD$. Ta có $BM = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2}$.

Gọi $H$ là chân đường cao hạ từ $A$ xuống mặt phẳng $\left( {BCD} \right)$ thì $H \in BM$ và $BH = \frac{2}{3}BM$$= \frac{{AB\sqrt 3 }}{3}$.

Góc giữa đường thẳng $AB$ và mặt phẳng $\left( {BCD} \right)$ là $\widehat {ABM}$.

Ta có ${\rm{cos}}\varphi = \cos \widehat {ABM}$$= \frac{{BH}}{{AB}}$$= \frac{{\frac{{AB\sqrt 3 }}{3}}}{{AB}}$$= \frac{{\sqrt 3 }}{3}$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Gọi $O$ là tâm của hình vuông $ABCD$.

Vì ABCD là hình vuông nên BO ^ AC mà SA ^ (ABCD) Þ SA ^ BO.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}BO \bot AC\\BO \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BO \bot (SAC)$.

Suy ra $SO$ là hình chiếu vuông góc của $SB$ lên mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$.

Khi đó góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ chính là $\widehat {BSO}$.

Do ABCD là hình vuông cạnh a nên $BD = a\sqrt 2$$\Rightarrow BO = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Xét DSAB vuông tại A, có $SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = \sqrt {3{a^2} + {a^2}} = 2a$.

Xét $\Delta SBO$ vuông tại $O$, ta có:$\sin \widehat {BSO} = \frac{{BO}}{{SB}} = \frac{{\sqrt 2 }}{4}$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Gọi $O$ là trọng tâm của tam giác $ABC$$\Rightarrow AO = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{a}{{\sqrt 3 }}$.

Vì $S.ABC$ là hình chóp đều nên $SO \bot \left( {ABC} \right)\,$.

Suy ra $OA$ là hình chiếu vuông góc của trên mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$.

$\Rightarrow \left( {SA\,,\,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SA\,,\,OA} \right) = \widehat {SAO}$ .

Xét $\Delta SAO$ vuông tại $O$, ta có:$\cos \alpha = \frac{{AO}}{{SA}} = \frac{{\frac{a}{{\sqrt 3 }}}}{a} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Do $SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AB$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}BA \bot SA\\BA \bot AD\end{array} \right. \Rightarrow BA \bot \left( {SAD} \right)\,$

$\Rightarrow SA$ là hình chiếu vuông góc của $SB$ trên mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$

$\Rightarrow \left( {SB,\left( {SAD} \right)} \right) = \left( {SB,SA} \right) = \widehat {BSA}$.

Hình vuông $ABCD$ có $BD = a\sqrt 2$nên cạnh hình vuông là $a$.

Xét $\Delta BSA$ vuông tại $A$, ta có: $\tan \widehat {BSA} = \frac{{BA}}{{SA}} = \frac{a}{{a\sqrt 3 }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}$.

Suy ra $\widehat {BSA} = 30^\circ$ hay góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$ bằng $30^\circ$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

A sai vì hai mặt phẳng đó có thể cắt nhau.

C Sai vì hai mặt phẳng đó có thể trùng nhau.

D Sai vì hai đường thẳng đó có thể chéo nhau.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Có hai mệnh đề đúng là ii) và iii)

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Từ giả thiết suy ra $SO \bot AC;SO \bot BD$$\Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)$ mà $SO \subset \left( {SBD} \right),$$SO \subset \left( {SAC} \right)$

$\Rightarrow \left( {SBD} \right) \bot \left( {ABCD} \right);$$\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABCD} \right)$. Vậy $SC \bot \left( {SBD} \right)$ là mệnh đề sai.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

+) Có $AC \bot AB$ (do $\Delta ABC$ vuông tại $A$) mà $AC \bot AA'$ (do $AA' \bot \left( {ABC} \right)$)

$\Rightarrow AC \bot \left( {ABB'A'} \right)$$\Rightarrow \left( {ABB'} \right)\,\, \bot \,\left( {ACC'} \right)$.

+) Vì $AC \bot \left( {ABB'A'} \right)$$\Rightarrow \left( {ABC} \right)\, \bot \,\left( {ABA'} \right)$.

+) Do $\Delta ABC$ vuông cân tại $A,$$M$ là trung điểm của $BC$ nên $AM \bot BC$ mà $BB' \bot AM$ (do $BB' \bot \left( {ABC} \right)$) $\Rightarrow AM \bot \left( {BB'C'C} \right)$$\Rightarrow \left( {AMC'} \right)\,\, \bot \,\left( {BCC'} \right)$.

Do đó đáp án B sai.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}BI \bot AC{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {{\rm{gt}}} \right)\\BI \bot SA{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BI \bot \left( {SAC} \right) \supset SC \Rightarrow SC \bot BI$ $\left( 1 \right)$.

Theo giả thiết: $SC \bot IH$ $\left( 2 \right)$.

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra: $SC \bot \left( {BIH} \right)$.

Mà $SC \subset \left( {SBC} \right)$ nên $\left( {BIH} \right) \bot \left( {SBC} \right)$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Gọi $O$ là tâm của hình vuông $ABCD$ khi đó ta có $AO \bot BD$ (1).

Mặt khác ta lại có $ABCD.A'B'C'D'$ là hình lập phương nên $BB' \bot \left( {ABCD} \right)$$\Rightarrow BB' \bot AO$ (2).

Từ (1) và (2) ta có $AO \bot \left( {BDD'B'} \right)$$\Rightarrow \left( {AB',\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {AB',B'O} \right) = \widehat {AB'O}$.

Do $ABCD.A'B'C'D'$là hình lập phương nên $AC = AB' \Rightarrow AO = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}AB'$

Xét tam giác vuông $AB'O$ có $\sin \widehat {AB'O} = \frac{{AO}}{{AB'}} = \frac{1}{2}$$\Rightarrow \widehat {AB'O} = 30^\circ$.

Vậy $\left( {AB',\left( {ABCD} \right)} \right) = 30^\circ$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Gọi $O$ là tâm của hình vuông.

Vì $ABCD$ là hình vuông nên $BD = a\sqrt 2 \Rightarrow BO = \frac{{BD}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Ta có $SO \bot \left( {ABCD} \right)$ và $SO = \sqrt {S{B^2} - B{O^2}} = \sqrt {{a^2} - \frac{{{a^2}}}{2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Gọi $H$ là trung điểm của $OD$ ta có $MH//SO$ nên $H$ là hình chiếu của $M$ lên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ và $MH = \frac{1}{2}SO = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}$.

Do đó góc giữa đường thẳng $BM$ và mặt phẳng $(ABCD)$ là $\widehat {MBH}$.

Có $BH = BO + HO = BO + \frac{{OD}}{2} = \frac{3}{2}BO$

Khi đó ta có $\tan \widehat {MBH} = \frac{{MH}}{{BH}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{4}}}{{\frac{{3a\sqrt 2 }}{4}}} = \frac{1}{3}$.

Vậy tang của góc giữa đường thẳng $BM$ và mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ bằng $\frac{1}{3}$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Do $AA' \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( {ACC'A'} \right) \bot \left( {ABCD} \right)$.

Vậy góc giữa mặt phẳng$\left( {ABCD} \right)$ và $\left( {ACC'A'} \right)$ bằng $90^\circ$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Gọi O là tâm hình vuông ABCD.

Vì S.ABCD là hình chóp đều nên SO ^ (ABCD).

Gọi E là trung điểm của AB.

Vì SAB là tam giác đều nên SE ^ AB và OE ^ AB.

Do đó góc giữa mặt bên (SAB) và mặt đáy (ABCD) bằng $\widehat {SEO}$; $EO = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$

Xét $\Delta SEO$ vuông tại$O$, ta có $\tan \widehat {SEO} = \frac{{SO}}{{EO}} = 1$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Gọi $I = AC \cap BD$.

Do $ABCD$ là hình vuông nên $BD \bot AI$.

Vì $AA' \bot (ABCD) \Rightarrow AA' \bot BD$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AI\\BD \bot AA'\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {AIA'} \right) \Rightarrow BD \bot A'I$

Do đó góc giữa hai mặt phẳng $\left( {BDA'} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$ là $\widehat {AIA'}$.

Ta có: $\Delta AA'I$ vuông tại $A$, có:

$AA' = a;AI = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow A'I = \sqrt {A{{A'}^2} + A{I^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2} \Rightarrow \sin \widehat {AIA'} = \frac{{AA'}}{{A'I}} = \frac{{\sqrt 6 }}{3}$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

$\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\\BC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}SB \bot BC\\AB \bot BC\\\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC\end{array} \right.$

Suy ra góc giữa $\left( {SBC} \right)$ và mặt đáy bằng góc $\widehat {SBA} = 60^\circ$.

Xét $\Delta SAB$ vuông tại $A$, có $\tan 60^\circ = \frac{x}{a} \Rightarrow x = a\sqrt 3$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Gọi $O$ là tâm của hình vuông $ABCD$$AC = BD = 2a \Rightarrow AO = a$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AO\\BD \bot AA'\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {A'AO} \right) \Rightarrow BD \bot A'O$.

Khi đó: $\left\{ \begin{array}{l}\left( {A'BD} \right) \cap \left( {ABD} \right) = BD\\A'O \bot BD\\AO \bot BD\end{array} \right. \Rightarrow \left[ {A',BD,A} \right] = \widehat {A'OA} = 30^\circ$.

Xét $\Delta A'AO$ vuông tại $A$, ta có:${\rm{tan}}\widehat {A'OA} = \frac{{AA'}}{{AO}} \Rightarrow AA' = \frac{1}{{\sqrt 3 }}.a = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$.

Vì $S.ABCD$ là hình chóp đều nên $SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot OC$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}OC \bot BD\\OC \bot SO\end{array} \right.$ $\Rightarrow OC \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow OC \bot SD$ $\left( 1 \right)$

Trong mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$, từ $O$ kẻ $OH \bot SD$ tại $H$ $\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\Rightarrow SD \bot \left( {COH} \right) \Rightarrow SD \bot CH$.

Khi đó: $\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBD} \right) \cap \left( {SCD} \right) = SD\\OH \bot SD\\CH \bot SD\end{array} \right.$ $\Rightarrow \left[ {B,SD,C} \right] = \widehat {OHC} = \varphi$.

Vì $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ nên $AC = BD = a\sqrt 2 \Rightarrow CO = OD = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Xét $\Delta SOC$ vuông tại $O$, ta có $SO = \sqrt {S{C^2} - O{C^2}} = \sqrt {{a^2} - \frac{{{a^2}}}{2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Xét $\Delta SOD$ vuông tại $O$, có $\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{D^2}}} = \frac{2}{{{a^2}}} + \frac{2}{{{a^2}}} = \frac{4}{{{a^2}}} \Rightarrow OH = \frac{a}{2}$.

Xét $\Delta OHC$ vuông tại $O$, ta có: $\tan \varphi = \tan \widehat {OHC} = \frac{{OC}}{{OH}} = \sqrt 2$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB$.

Khi đó: $\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\BC \bot AB\\BC \bot SB\end{array} \right. \Rightarrow \left[ {S,BC,A} \right] = \widehat {SBA}$.

Xét $\Delta SAB$ vuông tại $A$, ta có: $\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}}$$= \frac{{a\sqrt 3 }}{a}$ $\Rightarrow \widehat {SBA} = 60^\circ$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Vì $SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow BC \bot SA$ mà $AB \bot BC$$\Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)$.

Gọi $H$ là trung điểm cạnh $SB$.

$\left\{ \begin{array}{l}AH \bot BC\left( {BC \bot \left( {SAB} \right)} \right)\\AH \bot SB\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right)$.

Vì $\Delta SAB$ vuông cân tại $A$ nên $SB = 2a\sqrt 2 \Rightarrow AH = \frac{{SB}}{2}$.

Do đó khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ là $AH = \frac{{SB}}{2} = \frac{{2a\sqrt 2 }}{2} = a\sqrt 2$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Gọi $M$ là trung điểm của $CD$$\Rightarrow CM = \frac{a}{2}$

H là hình chiếu vuông góc của $O$ lên $SM \Rightarrow OH \bot SM\,(*)$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}OM \bot CD\\SM \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SOM} \right) \Rightarrow CD \bot OH(**)$

Từ (*), (**) suy ra $OH \bot \left( {SCD} \right)$ khi đó $d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = OH$.

Vì $ABCD$ là hình vuông cạnh a nên $BD = a\sqrt 2 \Rightarrow BO = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Ta có $SO = \sqrt {S{B^2} - B{O^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$; $OM = \frac{a}{2}$.

Xét $\Delta SMC$vuông tại $M$, có $SM = \sqrt {S{C^2} - C{M^2}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Ta lại có ${S_{\Delta SOM}} = OH.SM = SO.OM \Rightarrow OH = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\frac{a}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{a}{{\sqrt 6 }}$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

- Vì $O$ là trung điểm của $BD$ nên $d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right) = 2d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right).$Do đó câu A đúng.

- Kẻ $AH$ vuông góc với $SO$ mà hai mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$và $\left( {SBD} \right)$ vuông góc với nhau theo giao tuyến $SO$, suy ra $AH$ vuông góc với mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$.

Ta có $d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = AH < OA$ và $d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right) = OB = OA$ nên $d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) < d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right)$. Do đó câu B sai.

- Ta có $d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right) = CB$ và $d\left( {C,\left( {SAD} \right)} \right) = CD$ nên $d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {SAD} \right)} \right).$ Do đó câu C đúng.

- Vì $SA$ vuông góc với mặt đáy nên $d\left( {S,\left( {ABCD} \right)} \right) = SA$. Do đó câu D đúng.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Gọi $O$ là tâm của hình vuông $ABCD$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AO\,\,\\BD \bot AA'\end{array} \right.$$\Rightarrow BD \bot \left( {AA'O} \right)$

Suy ra $\left( {BDA'} \right) \bot \left( {AA'O} \right)$.

Kẻ $AH \bot A'O$$\Rightarrow AH \bot \left( {BDA'} \right)$.

Suy ra $AH = d\left( {A,\,\,\left( {BDA'} \right)} \right)$.

Xét tam giác $AA'O$ vuông tại $A$ có $AA' = 1$, $AO = \frac{1}{2}AC = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$.

Xét $\Delta A'AO$ vuông tại $A$, có $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{{A'}^2}}} + \frac{1}{{A{O^2}}} = 1 + 2 = 3 \Rightarrow AH = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$.

Vậy $d\left( {A,\,\,\left( {BDA'} \right)} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Gọi $D$ là trung điểm cạnh$BC$, $E$ là hình chiếu của $A$ lên $A'D$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AD\\BC \bot AA'\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {ADA'} \right) \Rightarrow BC \bot AE$.

$\left\{ \begin{array}{l}AE \bot BC\\AE \bot A'D\end{array} \right. \Rightarrow AE \bot \left( {A'BC} \right)$, suy ra $d\left( {A,\,\left( {A'BC} \right)} \right) = AE$.

Trong tam giác $A'AD$ có: $AA' = a\,,\,AD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$,

$\frac{1}{{A{E^2}}} = \frac{1}{{AA{'^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{4}{{3{a^2}}} = \frac{7}{{3{a^2}}}$ $\Rightarrow AE = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 }} = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Do $AB'{\rm{//}}\left( {CDD'C'} \right)$ nên ta có:

$d\left( {AB';CD'} \right) = d\left( {AB';\left( {CDD'C'} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {CDD'C'} \right)} \right) = AD = a$.