Kẻ AE vuông góc SC (E thuộc SC)

\(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp BC\\AB\perp BC\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow BC\perp\left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp AM\)

\(\Rightarrow AM\perp\left(SBC\right)\Rightarrow AM\perp SC\)

Hoàn toàn tương tự ta có \(AN\perp SC\Rightarrow SC\perp\left(AMN\right)\)

Mà \(AE\perp SC\Rightarrow E\in\left(AMN\right)\)

\(\Rightarrow AE\) là hình chiếu vuông góc của SA lên (AMN)

\(\Rightarrow\widehat{SAE}\) là góc giữa SA và (AMN)

\(AC=a\sqrt{2}\Rightarrow SC=\sqrt{SA^2+AC^2}=2a\)

\(\Delta SAC\) vuông cân tại A \(\Rightarrow AE=SE=\dfrac{1}{2}SC=a\)

\(\Rightarrow\Delta SAE\) vuông cân tại E \(\Rightarrow\widehat{SAE}=45^0\)

\(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp BC\\AB\perp BC\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow BC\perp\left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp AM\) (1)

Tam giác SAB vuông cân tại A (do SA=SB=a)

\(\Rightarrow AM\perp SB\) (trung tuyến đồng thời là đường cao) (2)

(1);(2)\(\Rightarrow AM\perp\left(SBC\right)\Rightarrow AM\perp SC\)

Hoàn toàn tương tự ta có \(AN\perp SC\)

\(\Rightarrow SC\perp\left(AMN\right)\Rightarrow\left(SAC\right)\perp\left(AMN\right)\)

Từ A kẻ \(AH\perp SC\Rightarrow H\in\left(AMN\right)\)

Lại có \(SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow\left(SAC\right)\perp\left(ABCD\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{HAC}\) là góc giữa (AMN) và (ABCD)

\(AC=a\sqrt{2}\) ; \(SC=a\sqrt{3}\)

\(sin\widehat{HAC}=cos\widehat{SCA}=\dfrac{AC}{SC}=\sqrt{\dfrac{2}{3}}\Rightarrow\widehat{HAC}\approx54^044'\)

Chọn đáp án A

+ Ta có

nên K là trọng tâm của tam giác BCD

+ Ta dễ dàng chứng minh được SH  ⊥ (BKH) ⇒ SB, (BKH) = SBH

a: CD⊥ AD

CD⊥ SA(SA⊥(ABCD))

mà SA,AD cùng thuộc mp(SAD)

nên CD⊥(SAD)

=>\(\hat{SC;\left(SAD\right)}=\hat{SC;SD}=\hat{CSD}\)

ΔSAD vuông tại A

=>\(SA^2+AD^2=SD^2\)

=>\(SD^2=\left(2a\right)^2+\left(a\sqrt5\right)^2=9a^2\)

=>SD=3a

Xét ΔSCD vuông tại D có tan CSD=\(\frac{CD}{SD}=\frac23\)

nên \(\hat{CSD}\) ≃34 độ

=>\(\hat{SC;\left(SAD\right)}\) ≃34 độ

Gọi O là giao điểm của AC và BD

ABCD là hình vuông

=>AC⊥BD tại O

BO⊥ AC
SA⊥ BO

mà SA,AC cùng thuộc mp(SAC)

nên BO⊥(SAC)

=>\(\hat{SB;\left(SAC\right)}=\hat{BSO}\)

ABCD là hình vuông

=>\(BD^2=AB^2+AD^2=\left(2a\right)^2+\left(2a\right)^2=8a^2\)

=>\(BD=2\sqrt2\cdot a\)

=>\(OB=OD=2\sqrt2\cdot\frac{a}{2}=a\sqrt2\)

ΔSAB vuông tại A

=>\(SA^2+AB^2=SB^2\)

=>\(SB^2=\left(a\sqrt5\right)^2+\left(2a\right)^2=9a^2=\left(3a\right)^2\)

=>SB=3a

Xét ΔSOB vuông tại O có sin BSO=\(\frac{BO}{BS}=\frac{\sqrt2}{3}\)

nên \(\hat{BSO}\) ≃28 độ

=>\(\hat{SB;\left(SAC\right)}\) ≃28 độ

c: d(SD;BC)=d(BC;(SAD))=d(C;(SAD))=CD=2a

+)CD⊥SA do SA vuông với ABCD

CD⊥AD( tính chất hình vuông)

=>CD⊥(SAD)=>CD⊥AN mà SD⊥AN=> AN⊥(SDC)=>AN⊥SC(1)

+) BC⊥SA do SA vuông với ABCD

BC⊥AB( tính chất hình vuông)

=>BC⊥(SAB)=>BC⊥AM mà SB⊥AM=> AM⊥(SAB)=>AM⊥SC(2)

TỪ 1 và 2 => SC⊥(AMN) đpcm

a)

Ta có $SA = SB = SC = SD$ nên $S$ cách đều $A,B,C,D$.

Suy ra $S$ nằm trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng $(ABCD)$ tại tâm $O$ của hình chữ nhật.

Do đó: $SO \perp (ABCD)$.

Mà $O \in AC$ nên: $SO \perp AC$.

Suy ra mặt phẳng $(SAC)$ chứa đường thẳng $SO \perp (ABCD)$.

Vậy: $(SAC) \perp (ABCD)$.

b)

Ta có $AB = a,\ AD = 2a \Rightarrow AC = \sqrt{a^2 + (2a)^2} = a\sqrt{5}$.

Trong tam giác vuông $SOC$:
$SC = 2a,\ OC = \dfrac{AC}{2} = \dfrac{a\sqrt{5}}{2}$.

Áp dụng Pitago:
$SO^2 = SC^2 - OC^2 = (2a)^2 - \left(\dfrac{a\sqrt{5}}{2}\right)^2$

$= 4a^2 - \dfrac{5a^2}{4} = \dfrac{16a^2 - 5a^2}{4} = \dfrac{11a^2}{4}$

$\Rightarrow SO = \dfrac{a\sqrt{11}}{2}$.

Khoảng cách từ $O$ đến $(SCD)$:

Xét tam giác $SCD$, ta có $O$ là trung điểm $CD$ chiếu lên.

Do tính đối xứng, khoảng cách cần tìm chính là chiều cao từ $O$ xuống $(SCD)$.

Vậy $d(O,(SCD)) = \dfrac{a\sqrt{11}}{6}$.

c)

Gọi $M$ là trung điểm $SA,\ N$ là trung điểm $BC$.

Ta có: $MN \parallel SB$ (định lý trung điểm trong không gian).

Xét góc giữa $MN$ và mặt phẳng $(SBD)$ chính là góc giữa $SB$ và $(SBD)$.

Gọi $H$ là hình chiếu của $S$ lên $(ABD)$.

Ta có: $\sin \widehat{(SB,(SBD))} = \dfrac{SH}{SB}$.

Tính được: $\sin = \dfrac{\sqrt{11}}{4}$.

a: \(AC=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}\)

(SC;(ABCD))=(CS;CA)=góc SCA

tan SCA=SA/AC=1/căn 2

=>góc SCA=35 độ

b:

Kẻ BH vuông góc AC tại H

(SB;SAC)=(SB;SH)=góc BSH

\(HB=\dfrac{a\cdot a}{a\sqrt{2}}=a\cdot\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)

AH=AC/2=a*căn 2/2

=>\(SH=\sqrt{a^2+\dfrac{1}{2}a^2}=a\sqrt{\dfrac{3}{2}}\)

\(SH=\dfrac{a\sqrt{6}}{2};HB=\dfrac{a\sqrt{2}}{2};SB=a\sqrt{2}\)

\(cosBSH=\dfrac{SB^2+SH^2-BH^2}{2\cdot SB\cdot SH}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)

=>góc BSH=30 độ

c: (SD;(SAB))=(SD;SA)=góc ASD

tan ASD=AD/AS=2

nên góc ASD=63 độ

a: CD⊥AD(ABCD là hình vuông)

CD⊥SA(SA⊥(ABCD))

mà SA,AD cùng thuộc mp(SAD)

nên CD⊥(SAD)

b: BC⊥BA(ABCD là hình vuông)

BC⊥SA(SA⊥(ABCD))

mà BA,SA cùng thuộc mp(SAB)

nên BC⊥(SAB)

=>BC⊥AP

AP⊥SB

AP⊥BC

mà SB,BC cùng thuộc mp(SBC)

nên AP⊥(SBC)

=>AP⊥SC

Ta có: DC⊥(SAD)

=>DC⊥AQ

Ta có: AQ⊥SD

AQ⊥CD

mà SD,CD cùng thuộc mp(SCD)

nên AQ⊥(SCD)

=>AQ⊥SC

Ta có: AP⊥ SC

AQ⊥SC

mà AP,AQ cùng thuộc mp(PAQ)

nên SC⊥(PAQ)

=>SC⊥PQ

c: SA⊥(ABCD)

=>A là hình chiếu của S xuống mp(ABCD)

=>\(\hat{SC;\left(ABCD\right)}=\hat{CS;CA}=\hat{SCA}\)

ABCD là hình vuông

=>\(AC^2=AB^2+BC^2\)

=>\(AC^2=a^2+a^2=2a^2\)

=>\(AC=a\sqrt2\)

Xét ΔSAC vuông tại A có tan SCA\(=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt6}{3}:a\sqrt2=\frac{\sqrt6}{3\cdot\sqrt2}=\frac{\sqrt3}{3}\)

nên \(\hat{SCA}=30^0\)

=>\(\hat{SC;\left(ABCD\right)}=30^0\)