Đề cương ôn tập giữa kì 2 Toán 11 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới có đáp án - Chương VIII. 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

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: B

Ta có: $\left( {ABCD} \right) \cap \left( {ABC'} \right) = AB$.

Từ giả thiết ta dễ dàng chứng minh được: $AB \bot \left( {BB'C'C} \right)$ mà $C'B \subset \left( {BB'C'C} \right) \Rightarrow AB \bot C'B$.

Mặt khác: $CB \bot AB \Rightarrow \left( {\left( {ABCD} \right),\left( {ABC'} \right)} \right) = \left( {CB,C'B} \right) = \widehat {CBC'} = {60^0}$.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác $BCC'$ vuông tại $C$ ta có:

$\tan \widehat {CBC'} = \frac{{CC'}}{{CB}} \Rightarrow CC' = CB.\tan \widehat {CBC'} = a.\tan 60^\circ = a\sqrt 3$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Gọi $K$ là hình chiếu vuông góc của $A$ lên $BC$

$\Rightarrow H \in AK,BC \bot AK,BC \bot A'H \Rightarrow BC \bot \left( {AA'H} \right)$

$\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{\left( {AA'H} \right) \bot \left( {A'B'C'} \right)}\\{\left( {BB'C'C} \right) \bot \left( {AA'H} \right)}\\{BC \bot BB'}\end{array}} \right.$ nên đáp án B,C,D đúng.

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: A

Vì $SA \bot \left( {ABC} \right)$ nên tam giác $ABC$ là hình chiếu vuông góc của tam giác $SBC$ lên mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$.

Áp dụng công thức ${S_{\Delta ABC}} = {S_{\Delta SBC}}.cos30^\circ$ .

$\Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^2}}}{2}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$ .

Tam giác $ABC$ đều nên $A{B^2} = \frac{{{S_{\Delta ABC}}}}{{\frac{{\sqrt 3 }}{4}}} = {a^2} \Rightarrow AB = a$.

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) S, c) Đ, d) S

a) $M$ là trung điểm của $BC$, $N$ là trung điểm của $AC$ nên $MN$ là đường trung bình của $\Delta ABC$

$\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{MN//AB(*)}\\{MN = \frac{1}{2}AB = \frac{a}{2}}\end{array}} \right.$

b) Vì $\Delta BCD$ và $\Delta ACD$ là các tam giác đều cạnh bằng $a$ nên $MD = ND = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

c) Từ $(*)$ suy ra: $(AB,DM) = (MN,DM) = \widehat {DMN}$.

d) Xét $\Delta MND$, ta có:

$\cos \widehat {DMN} = \frac{{M{N^2} + M{D^2} - N{D^2}}}{{2MN \cdot MD}} = \frac{{{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}}{{2 \cdot \frac{a}{2} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{6} > 0$

$\Rightarrow \widehat {DMN}$ là góc nhọn.

Vậy $(AB,DM) = (MN,DM) = \widehat {DMN}$ nên $\cos (AB,DM) = \frac{{\sqrt 3 }}{6}$.

Hướng dẫn giải

a) S, b) Đ, c) Đ, d) Đ

a) Vì $SA \bot \left( {ABC} \right)$$\Rightarrow SA \bot BC$ và $AB \bot BC$ (do tam giác $ABC$ vuông tại B) nên $BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB$.

Do đó tam giác $SBC$ vuông tại $B$.

b) Vì $BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AH$ mà $AH \bot SB$ nên $AH \bot \left( {SBC} \right)$.

c) Vì $AH \bot \left( {SBC} \right)$$\Rightarrow AH \bot SC$ mà $AK \bot SC$ nên $SC \bot \left( {AHK} \right)$$\Rightarrow SC \bot HK$.

Do đó $\left( {SC,HK} \right) = 90^\circ$.

d) Vì $(AHK) \equiv (ADK)$ mà $SC \bot (AHK)$ nên $SC \bot (ADK) \Rightarrow SC \bot AD$. (1)

Mặt khác $SA \bot AD$ (do $SA \bot (ABC),AD \subset (ABC)$). (2)

Từ (1) và (2) suy ra $AD \bot (SAC) \Rightarrow AD \bot AC$ hay $(AC,AD) = 90^\circ$.

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) Đ

a) Vì $AB = AC$ nên $\Delta ABC$ cân tại $A$. Mà $AI$ là trung tuyến nên $BC \bot AI$.

b) Tương tự $BC \bot DI$ mà $BC \bot AI$$\Rightarrow BC \bot (ADI)$.

c) Ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{BC \bot (ADI)}\\{AD \subset (ADI)}\end{array} \Rightarrow BC \bot AD} \right.$.

d) Ta có $AI = AD \Rightarrow AH \bot DI$

Mặt khác $AH \bot BC$ (do $BC \bot (ADI)) \Rightarrow AH \bot (BCD)$.

Vậy $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên $(BCD)$.

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) S, c) Đ, d) S

a) Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{SA \bot (ABCD)}\\{SA \subset (SAB)}\end{array} \Rightarrow (SAB) \bot (ABCD)} \right.$ hay $((SAB),(ABCD)) = 90^\circ$.

b) Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{BC \bot AB}\\{BC \bot SA({\rm{ do }}SA \bot (ABCD))}\end{array} \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow BC \bot SB} \right.$.

Khi đó: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{BC = (SBC) \cap (ABCD)}\\{AB \bot BC,SB \bot BC}\\{AB \subset (ABCD),SB \subset (SBC)}\end{array}} \right.$

$\Rightarrow ((SBC),(ABCD)) = (SB,AB) = \widehat {SBA}$ (góc $\widehat {SBA}$ nhọn vì $\widehat {SAB} = 90^\circ$).

c) Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ có: $\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{a} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {SBA} = 60^\circ$.

Vậy $((SBC),(ABCD)) = \widehat {SBA} = 60^\circ$.

d) Kẻ đường cao $AK$ của tam giác $ABD$.

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{BD \bot AK}\\{BD \bot SA}\end{array} \Rightarrow BD \bot (SAK) \Rightarrow BD \bot SK} \right.$.

Khi đó: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{(SBD) \cap (ABCD) = BD}\\{AK \bot BD,SK \bot BD}\\{AK \subset (ABCD),SK \subset (SBD)}\end{array}} \right.$

$\Rightarrow ((SBD),(ABCD)) = (SK,AK) = \widehat {SKA}$ (góc $\widehat {SKA}$ nhọn vì $\widehat {SAK} = 90^\circ$)

Tam giác $ABD$ vuông tại $A$ có đường cao $AK$ nên

$\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{3{a^2}}} = \frac{4}{{3{a^2}}} \Rightarrow AK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}{\rm{. }}$

Tam giác $SAK$ vuông tại $A$ có: $\tan \widehat {SKA} = \frac{{SA}}{{AK}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = 2 \Rightarrow \widehat {SKA} \approx 63{,}43^\circ$.

Vậy $((SBD),(ABCD)) = \widehat {SKA} \approx 63{,}43^\circ$.

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) Đ

a) Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{BC \bot AB}\\{BC \bot SA({\rm{ do }}SA \bot (ABCD))}\end{array} \Rightarrow BC \bot (SAB)} \right.$.

Vì $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{BC \bot (SAB)}\\{SB \subset (SAB)}\end{array} \Rightarrow BC \bot SB} \right.$ hay $\Delta SBC$ vuông tại $B$.

b) Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{CD \bot AD}\\{CD \bot SA({\rm{do }}SA \bot (ABCD))}\end{array} \Rightarrow CD \bot (SAD)} \right.$.

Vì $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{CD \bot (SAD)}\\{SD \subset (SAD)}\end{array} \Rightarrow CD \bot SD} \right.$ hay $\Delta SCD$ vuông tại $D$.

c) Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{AH \bot SB}\\{AH \bot BC({\rm{do }}BC \bot (SAB))}\end{array} \Rightarrow AH \bot (SBC) \Rightarrow AH \bot SC} \right.$. (1)

Tương tự: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{AK \bot SD}\\{AK \bot CD({\rm{do }}CD \bot (SAD))}\end{array} \Rightarrow AK \bot (SCD) \Rightarrow AK \bot SC} \right.$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra $SC \bot (AHK)$.

d) Vì $SC \bot (AHK)$ mà $HK \subset (AHK)$ nên $HK \bot SC$.

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) Đ, c) S, d) S

a) $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{SA \bot (ABC)}\\{(SAC) \supset SA}\end{array} \Rightarrow (SAC) \bot (ABC)} \right.$.

b) Dễ thấy$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{BC \bot (SAH)}\\{(SBC) \supset BC}\end{array} \Rightarrow (SBC) \bot (SAH)} \right.$.

c)

Vì $MN//AB,NP//SC$ nên $\left( {AB,SC} \right) = \left( {MN,NP} \right) = \widehat {MNP}$.

d) Do $AK \bot SC$ và $AB \bot (SAC) \Rightarrow AB \bot SC$, nên $SC \bot (ABK)$.

Vậy ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{SC \bot (ABK)}\\{(SBC) \supset SC}\end{array} \Rightarrow (SBC) \bot (ABK)} \right.$.

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) S

a) Tam giác $SAC$ cân tại $S$(do $SA = SC)$, mà $O$ là trung điểm $AC$ nên $SO \bot AC$. (1)

b) Tam giác $SBD$ cân tại $S$ (do $SB = SD$), mà $O$ là trung điểm $BD$ nên $SO \bot BD$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra $SO \bot (ABCD)$.

c) Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{AC \bot BD}\\{AC \bot SO({\rm{do }}SO \bot (ABCD))}\end{array}} \right. \Rightarrow AC \bot (SBD)$.

d) Vì $AC \bot (SBD)$ nên $AC \bot SB$. Suy ra $(AC,SB) = 90^\circ$.

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) S, c) Đ, d) Đ

a) Vì $ABC.A'B'C'$ là lăng trụ đứng nên $A'A \bot (ABC)$.

b) Vì $A'A \bot (ABC) \Rightarrow A'A \bot AC$.

Mặt khác $AB \bot AC$.

Vì vậy $AC \bot \left( {ABB'A'} \right)$, mà $AC \subset \left( {ACB'} \right)$ nên $\left( {ACB'} \right) \bot \left( {ABB'A'} \right)$.

Do đó $\left( {\left( {ACB'} \right),\left( {ABB'A'} \right)} \right) = 90^\circ$.

c) Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{CC' = \left( {ACC'A'} \right) \cap \left( {BCC'B'} \right)}\\{AC \bot CC',BC \bot CC'}\\{AC \subset \left( {ACC'A'} \right),BC \subset \left( {BCC'B'} \right)}\end{array}} \right.$

$\Rightarrow \left( {\left( {ACC'A'} \right),\left( {BCC'B'} \right)} \right) = (AC,BC) = \widehat {ACB}$

Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có: $\tan \widehat {ACB} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{a}{{a\sqrt 3 }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \widehat {ACB} = 30^\circ$.

Vậy $\left( {\left( {ACC'A'} \right),\left( {BCC'B'} \right)} \right) = \widehat {ACB} = 30^\circ$.

d) $\begin{array}{l}{\rm{Ta c\'o : }}\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{AC = \left( {ACB'} \right) \cap (ABC)}\\{AB \bot AC,AB' \bot AC}\\{AB \subset (ABC),AB' \subset \left( {ACB'} \right)}\end{array}} \right.\\ \Rightarrow \left( {\left( {ACB'} \right),(ABC)} \right) = \left( {AB',AB} \right) = \widehat {BAB'} = 60^\circ .\end{array}$

Tam giác $ABB'$ vuông tại $B$ có:

$BB' = AB\tan 60^\circ = a\sqrt 3 .$

Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có:

$BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = 2a.$

Tổng diện tích các mặt bên của hình lăng trụ:

$a \cdot a\sqrt 3 + 2a \cdot a\sqrt 3 + a\sqrt 3 \cdot a\sqrt 3 = (3\sqrt 3 + 3){a^2}$.

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) S, c) Đ, d) Đ

a) Có $BD \bot AC$(do $ABCD$ là hình vuông), $SA \bot BD$ (do $SA \bot \left( {ABCD} \right)$). Suy ra $BD \bot \left( {SAC} \right)$.

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{BD \bot (SAC)}\\{BD \subset (SBD)}\end{array} \Rightarrow (SAC) \bot (SBD).} \right.$ Suy ra $\left( {(SAC),(SBD)} \right) = 90^\circ$.

b) Sai do $\left( {(SAC),(SBD)} \right) = 90^\circ$.

c) Do $BC \bot AB,BC \bot SA \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)$.

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{BC \bot (SAB)}\\{BC \subset (SBC)}\end{array} \Rightarrow (SAB) \bot (SBC).} \right.$

d) Tương tự $CD \bot \left( {SAD} \right)$.

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{CD \bot (SAD)}\\{CD \subset (SCD)}\end{array} \Rightarrow (SAD) \bot (SCD).} \right.$