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

\(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp CD\\CD\perp AD\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow CD\perp\left(SAD\right)\)

\(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp AC\\BD\perp AC\left(\text{hai đường chéo hình vuông}\right)\end{matrix}\right.\)  \(\Rightarrow BD\perp\left(SAC\right)\)

\(BC\perp\left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp AH\) ; mà \(AH\perp SB\Rightarrow AH\perp\left(SBC\right)\)

\(\left\{{}\begin{matrix}CD\perp\left(SAD\right)\Rightarrow CD\perp AK\\AK\perp SD\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow AK\perp\left(SCD\right)\)

\(\left\{{}\begin{matrix}AH\perp\left(SBC\right)\Rightarrow AH\perp SC\\AK\perp\left(SCD\right)\Rightarrow AK\perp SC\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow SC\perp\left(AHK\right)\Rightarrow SC\perp HK\)

Mặt khác theo tính đối xứng hình vuông \(\Rightarrow HK||BD\Rightarrow HK\perp AC\Rightarrow HK\perp\left(SAC\right)\)

\(AI\in\left(SAC\right)\Rightarrow HK\perp AI\)

Bạn vẽ hình giúp mình nha!

a. Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}BC\perp AB\left(ABCD.là.hình.vuông\right)\\BC\perp SA\left(SA\perp\left(ABCD\right)\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow BC\perp\left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp AH\)

Có: \(\left\{{}\begin{matrix}BC\perp AH\left(cmt\right)\\AH\perp SB\left(gt\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow AH\perp\left(SBC\right)\Rightarrow AH\perp SC\) (đpcm)

Chứng minh tương tự với AK, ta cũng có: \(AK\perp\left(SCD\right)\Rightarrow AK\perp SC\)

Có: \(\left\{{}\begin{matrix}AH\perp SC\\AK\perp SC\\AI\perp SC\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\)SC vuông góc với mặt phẳng chứa A,H,I,K

Hay A,H,I,K cùng nằm trong một mặt phẳng

b. Có: \(SC\perp\left(HIK\right)\Rightarrow SC\perp HK\)

Xét \(\Delta SAB\) vuông tại A và \(\Delta SAD\) vuông tại A có: \(\left\{{}\begin{matrix}SA.là.cạnh.chung\\AB=AD\left(ABCD.là.hình.vuông\right)\end{matrix}\right.\) 

\(\Rightarrow\)\(\Delta SAB\) = \(\Delta SAD\) \(\Rightarrow AH=AK\Rightarrow\dfrac{SH}{SB}=\dfrac{SK}{SD}\)

Áp dụng định lí Ta-let đảo ta có: HK//BD

Xét \(\Delta SBD\) có: SB=SD \(\Rightarrow\)\(\Delta SBD\) cân tại S

\(\Rightarrow\) SO vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao 

\(\Rightarrow\) \(SO\perp BD\)

Mà BD//HK

\(\Rightarrow\)\(SO\perp HK\)

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}SO\perp HK\\SC\perp HK\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow HK\perp\left(SAC\right)\) (đpcm) \(\Rightarrow HK\perp AI\) (đpcm)

a: Ta có: BC⊥BA(ABCD là hình vuông)

BC⊥SA(SA⊥(ABCD))

mà BA,SA cùng thuộc mp(SAB)

nên BC⊥(SAB)

=>BC⊥SB

=>ΔSBC vuông tại B

Ta có: DC⊥ DA

DC⊥ SA(SA⊥(ABCD))

mà DA,SA cùng thuộc mp(SAD)

nên DC⊥(SAD)

=>DC⊥ SD

=>ΔSDC vuông tại D

Ta có: DA⊥ AB

DA⊥ SA

SA,AB cùng thuộc mp(SAB)

Do đó: DA⊥(SAB)

b: Ta có: BC⊥(SAB)

=>BC⊥AH

Ta có: AH⊥BC

AH⊥SB

SB,BC cùng thuộc mp(SBC)

Do đó: AH⊥(SBC)

=>AH⊥SC

a.

\(SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow AB\) là hình chiếu vuông góc của SB lên (ABCD)

\(\Rightarrow\widehat{SBA}=\left(SB;\left(ABCD\right)\right)\)

\(tan\widehat{SBA}=\dfrac{SA}{AB}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow\widehat{SBA}\approx35^016'\)

Tương tự \(SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow\widehat{SCA}=\left(SC;\left(ABCD\right)\right)\)

\(AC=\sqrt{AD^2+DC^2}=a\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow tan\widehat{SCA}=\dfrac{SA}{AC}=1\Rightarrow\widehat{SCA}=45^0\)

b.

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

\(\Rightarrow\left(AH;\left(SAD\right)\right)=90^0-\left(AH;AB\right)=90^0-\widehat{HAB}\)

Gọi E là trung điểm AB \(\Rightarrow ADCE\) là hình vuông \(\Rightarrow\widehat{ACE}=45^0\)

Tam giác BCE vuông cân tại E (do \(EB=EC=a\)) nên \(\widehat{ECB}=45^0\)

\(\Rightarrow\widehat{ACB}=90^0\) hay \(BC\perp AC\Rightarrow BC\perp\left(SAC\right)\) (do \(SA\perp BC\))

\(\Rightarrow BC\perp AH\Rightarrow AH\perp\left(SBC\right)\Rightarrow AH\perp BH\)

Hay tam giác ABH vuông tại H 

\(AH=\dfrac{SA.AC}{\sqrt{SA^2+AC^2}}=a\)

\(\Rightarrow cos\widehat{HAB}=\dfrac{AH}{AB}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow\widehat{HAB}=60^0\)

\(\Rightarrow\widehat{HAB}=60^0\Rightarrow\left(AH;\left(SAD\right)\right)=30^0\)

Theo cmt \(BC\perp\left(SAC\right)\Rightarrow\left(SB;\left(SAC\right)\right)=\widehat{BSC}\)

\(SC=\sqrt{SA^2+AC^2}=2a\) ; \(SB=\sqrt{SA^2+AB^2}=a\sqrt{6}\)

\(\Rightarrow cos\widehat{BSC}=\dfrac{SC}{SB}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}\Rightarrow\widehat{BSC}\approx35^016'\)

a: BC vuông góc SA

BC vuôg góc AB

=>BC vuông góc (SAB)

b: BI vuông góc SA
BI vuông góc AC

=>BI vuông góc (SAC)

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

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

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

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