Trước hết ta chứng minh 1 bổ đề đơn giản về diện tích tam giác như sau (em tự vẽ hình)

Cho tam giác ABC, trên các cạnh AB và AC lần lượt lấy 2 điểm B' và C', khi đó ta có:

\(\dfrac{S_{AB'C'}}{S_{ABC}}=\dfrac{AB'.AC'}{AB.AC}\)

Chứng mình: từ C và C' lần lượt hạ CH và C'H' vuông góc AB, khi đó CH song song C'H' nên theo Talet:

\(\dfrac{C'H'}{CH}=\dfrac{AC'}{AC}\)

\(\Rightarrow\dfrac{S_{AB'C'}}{S_{ABC}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}C'H'.AB'}{\dfrac{1}{2}CH.AB}=\dfrac{AC'.AB'}{AC.AB}\)

Quay lại bài, gọi O là tâm đáy

Trong mp (SAC), tại O' là giao điểm của SO và A'C'

Ba mặt phẳng (SAC), (SBD), \(\left(\alpha\right)\) cắt nhau theo 3 giao tuyến phân biệt là SO, A'C', B'D' nên 3 giao tuyến này song song hoặc đồng quy.

Mà SO và A'C' cắt nhau tại O' nên 3 đường thẳng nói trên đồng quy tại O'

Ta có:

\(S_{SA'C'}=S_{SA'O'}+S_{SC'O'}\Rightarrow\dfrac{S_{SA'C'}}{S_{SAC}}=\dfrac{S_{SA'O'}}{S_{SAC}}+\dfrac{S_{SC'O'}}{S_{SAC}}\)

\(\Rightarrow\dfrac{S_{SA'C'}}{S_{SAC}}=\dfrac{S_{SA'O'}}{2S_{SAO}}+\dfrac{S_{SC'O'}}{S_{SCO}}\Rightarrow\dfrac{SA'.SC'}{SA.SC}=\dfrac{SA'.SO'}{2SA.SO}+\dfrac{SC'.SO'}{2SC.SO}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{SA'.SC'}{SA.SC}=\dfrac{SO'}{2SO}\left(\dfrac{SA'}{SA}+\dfrac{SC'}{SC}\right)\)

\(\Leftrightarrow SA'.SC'=\dfrac{SO'}{2SO}\left(SC.SA'+SA.SC'\right)\)

\(\Leftrightarrow1=\dfrac{SO'}{2SO}\left(\dfrac{SC}{SC'}+\dfrac{SA}{SA'}\right)\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{SA}{SA'}+\dfrac{SC}{SC'}=\dfrac{2SO}{SO'}\)

Hoàn toàn tương tự, ta cũng có \(\dfrac{SB}{SB'}+\dfrac{SD}{SD'}=\dfrac{2SO}{SO'}\)

\(\Rightarrow\dfrac{SA}{SA'}+\dfrac{SC}{SC'}-\left(\dfrac{SB}{SB'}+\dfrac{SD}{SD'}\right)=0\)

a: BC vuông góc AB; BC vuông góc SA

=>BC vuông góc (SAB)

b: (BS;(BACD))=(BS;BA)=góc SBA

tan SBA=SA/AB=căn 5/2

=>góc SBA=48 độ

(SC;(ABCD))=(CS;CA)=góc SCA

tan SCA=SA/AC=1

=>góc SCA=45 độ

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.

\(SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow AB\) 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: SO vuông góc (ABCD)

=>(SAC) vuông góc (ABCD)

SO vuông góc (ABCD)

=>(SBD) vuông góc (ABCD)

b: BD vuông góc AC

BD vuông góc SA

=>BD vuông góc (SAC)

d: (SB;(ABCD))=(BS;BO)=góc SBO

cos SBO=OB/SB=a*căn 2/2/(a*căn 2)=1/2

=>góc SBO=60 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 \(\hat{SCA}=30^0\)

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