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

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

Kẻ \(AH\perp SB\Rightarrow AH\perp\left(SBC\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{ACH}\) là góc giữa AC và (SBC)

\(AC=a\sqrt{2}\) ; \(\dfrac{1}{AH^2}=\dfrac{1}{SA^2}+\dfrac{1}{AB^2}=\dfrac{1}{\dfrac{6a^2}{9}}+\dfrac{1}{a^2}\Rightarrow AH=\dfrac{a\sqrt{10}}{5}\)

\(\Rightarrow sin\widehat{ACH}=\dfrac{AH}{AC}=\dfrac{\sqrt{5}}{5}\Rightarrow\widehat{ACH}\approx26^034'\)

a: BC vuông góc SA
BC vuông góc AB

=>CB vuông góc (SBA)

DC vuông góc AD

DC vuông góc SA

=>DC vuông góc (SAD)

=>(SDC) vuông góc (SAD)

b: (SC;(SAD))=(SC;SD)=góc CSD

\(SD=\sqrt{SA^2+AD^2}=2a\sqrt{7}\)

\(AC=\sqrt{\left(2a\right)^2+3a^2}=a\sqrt{7}\)

\(SC=\sqrt{SA^2+AC^2}=4a\sqrt{2}\)

\(cosCSD=\dfrac{SC^2+SD^2-DC^2}{2\cdot SC\cdot SD}=\dfrac{32a^2+28a^2-4a^2}{2\cdot2a\sqrt{7}\cdot4a\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{14}}{4}\)

=>góc CSD=21 độ

(SC;(ABCD))=(CS;CA)=góc SCA

tan SCA=SA/AC=5/căn 7

=>góc SCA=62 độ

Sửa đề: AK⊥SD

a: BC⊥BA(ABCD là hình vuông)

BC⊥SA(SA⊥(ABCD))

mà BA,SA cùng thuộc mp(SAB)

nên BC⊥(SAB)

b: Ta có; BC⊥BA

BC⊥SA(SA⊥(ABCD))

mà BA,SA cùng thuộc mp(SAB)

nên BC⊥(SAB)

=>BC⊥AH

Ta có: AH⊥BC

AH⊥SB

mà SB,BC cùng thuộc mp(SBC)

nên AH⊥(SBC)

=>AH⊥SC

c: Ta có: CD⊥(SAD)

=>CD⊥AK

Ta có: AK⊥SD

CD⊥AK

mà SD,CD cùng thuộc mp(SCD)

nên AK⊥(SCD)

=>AK⊥SC
mà AH⊥SC

và AH,AK cùng thuộc mp(HAK)

nên SC⊥(HAK)

=>HK⊥AM

d:

ABCD là hình vuông cạnh a

=>AB=AD=a

Xét ΔSAD vuông tại A có AK là đường cao

nên \(\frac{1}{AK^2}=\frac{1}{SA^2}+\frac{1}{AD^2}\)

=>\(\frac{1}{AK^2}=\frac{1}{\left(a\sqrt3\right)^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{1}{3a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{4}{3a^2}\)

=>\(AK^2=\frac{3a^2}{4}\)

=>\(AK=\frac{a\sqrt3}{2}\)

Xét ΔSAB vuông tại A có AH là đường cao

nên \(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{SA^2}+\frac{1}{AB^2}\)

=>\(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{\left(a\sqrt3\right)^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{1}{3a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{4}{3a^2}\)

=>\(AH^2=\frac{3a^2}{4}\)

=>\(AH=\frac{a\sqrt3}{2}\)

ΔHAK vuông tại A

=>\(AH^2+AK^2=HK^2\)

=>\(HK^2=\left(\frac{a\sqrt3}{2}\right)^2+\left(\frac{a\sqrt3}{2}\right)^2=\frac{3a^2}{4}+\frac{3a^2}{4}=\frac{3a^2}{2}\)

=>\(HK=\sqrt{\frac{3a^2}{2}}=a\cdot\sqrt{\frac32}=\frac{a\sqrt6}{2}\)