a: ta có: BC\(\perp\)AB(ABCD là hình vuông)

BC\(\perp\)SA(SA\(\perp\)(ABCD))

AB,SA cùng thuộc mp(SAB)

Do đó: BC\(\perp\)(SAB)

b: Ta có: BD\(\perp\)AC(ABCD là hình vuông)

BD\(\perp\)SA(SA\(\perp\)(ABCD))

AC,SA cùng thuộc mp(SAC)

Do đó: BD\(\perp\)(SAC)

c: Ta có: BC\(\perp\)(SAB)

AH\(\subset\)(SAB)

Do đó: BC\(\perp\)AH

Ta có: AH\(\perp\)SB

AH\(\perp\)BC

SB,BC cùng thuộc mp(SBC)

Do đó: AH\(\perp\)(SBC)

d: Ta có: AH\(\perp\)(SBC)

SC\(\subset\)(SBC)

Do đó: AH\(\perp\)SC

Ta có: CD\(\perp\)SA(SA\(\perp\)(ABCD))

CD\(\perp\)AD(ABCD là hình vuông)

SA,AD cùng thuộc mp(SAD)

Do đó: CD\(\perp\)(SAD)

=>AK\(\perp\)CD

mà AK\(\perp\)SD

và CD,SD cùng thuộc mp(SCD)

nên AK\(\perp\)(SCD)

=>AK\(\perp\)SC

Ta có: SC\(\perp\)AK

SC\(\perp\)AH

AK,AH cùng thuộc mp(AKH)

Do đó: SC\(\perp\)(AKH)

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

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

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

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

a: BD vuông góc AC

BD vuông góc SA

=>BD vuông góc (SAC)

=>(SBD) vuông góc (SAC)

b: BC vuông góc AB

BC vuông góc SA
=>BC vuông góc (SAB)

=>BC vuông góc AK

mà AK vuông góc SB

nên AK vuông góc (SBC)

1) Ta có : \(SA\perp\left(ABC\right)\Rightarrow SA\perp BC\)

BC \(\perp AB;BC\perp SA\Rightarrow BC\perp\left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp SB\) \(\Rightarrow\Delta SBC\perp\) tại B 

2) \(BC\perp\left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp AH\) . Mà 

\(AH\perp SB\Rightarrow AH\perp\left(SBC\right)\Rightarrow AH\perp HK\)  \(\Rightarrow\Delta AHK\perp\) tại H 

\(\Delta SAB\perp\) tại A ; \(AH\perp SB\) có : \(AH=\dfrac{SA.AB}{\sqrt{SA^2+AB^2}}=\dfrac{a^2}{\sqrt{2a^2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}a\)

AC = \(\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{2a^2}=\sqrt{2}a\)

\(\Delta SAC\perp\) tại A có : \(AK\perp SC\) có : 

\(AK=\dfrac{SA.AC}{\sqrt{SA^2+AC^2}}=\dfrac{a.\sqrt{2}a}{\sqrt{a^2+2a^2}}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}a\)

\(HK=\sqrt{AK^2-AH^2}=\sqrt{\dfrac{2}{3}a^2-\dfrac{1}{2}a^2}=\dfrac{\sqrt{6}}{6}a\)

\(S_{AHK}=\dfrac{1}{2}HA.HK=\dfrac{1}{2}\dfrac{\sqrt{2}}{2}a.\dfrac{\sqrt{6}}{6}a=\dfrac{\sqrt{3}}{12}a^2\)

3) AH \(\perp\left(SBC\right)\Rightarrow\left(AK;\left(SBC\right)\right)=\widehat{AKH}\)

\(\Delta AHK\perp\) tại H có : \(sin\widehat{AKH}=\dfrac{AH}{AK}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}a:\dfrac{\sqrt{6}}{3}a=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow\widehat{AKH}=60^o\)

a: BD\(\perp\)AC(ABCD là hình vuông)

BD\(\perp\)SA(SA\(\perp\)(ABCD))

AC,SA cùng thuộc mp(SAC)

Do đó: BD\(\perp\)(SAC)

b: BC\(\perp\)BA(ABCD là hình vuông)

BC\(\perp\)SA(SA\(\perp\)(ABCD))

BA,SA cùng thuộc mp(SAB)

Do đó: BC\(\perp\)(SAB)

=>BC\(\perp\)BS

=>ΔSBC vuông tại B

CD\(\perp\)AD(ABCD là hình vuông)

CD\(\perp\)SA(SA\(\perp\)(ABCD))

Do đó: CD\(\perp\)(SAD)

=>CD\(\perp\)SD

=>ΔSDC vuông tại D

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: 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

Gọi  là trung điểm của  suy ra

.

Ta có: