a) Gọi I là giao điểm của mặt phẳng (α) với cạnh SC. Ta có: (α) ⊥ SC, AI ⊂ (α) ⇒ SC ⊥ AI. Vậy AI là đường cao của tam giác vuông SAC. Trong mặt phẳng (SAC), đường cao AI cắt SO tại K và AI ⊂ (α), nên K là giao điểm của SO với (α).

b) Ta có 

⇒ BD ⊥ SC

Mặt khác BD ⊂ (SBD) nên (SBD) ⊥ (SAC).

Vì BD ⊥ SC và (α) ⊥ SC nhưng BD không chứa trong (α) nên BD // (α)

Ta có K = SO ∩ (α) và SO thuộc mặt phẳng (SBD) nên K là một điểm chung của (α) và (SBD).

Mặt phẳng (SBD) chứa BD // (α) nên cắt theo giao tuyến d // BD. Giao tuyến này đi qua K là điểm chung của (α) và (SBD).

Gọi M và N lần lượt là giao điểm của d với SB và SD. Ta được thiết diện là tứ giác AIMN vuông góc với SC và đường chéo MN song song với BD.

Đặt hệ trục tọa độ: Chọn $A(0,0,0),\ B(a,0,0),\ C(a,a,0),\ D(0,a,0),\ O\left(\dfrac{a}{2},\dfrac{a}{2},0\right)$.

Vì $SA \perp (ABCD)$ nên đặt $S(0,0,h)$.

a) Tìm $K = SO \cap (\alpha)$

Mặt phẳng $(\alpha)$ đi qua $A$ và vuông góc $SC$ ⇒ $SC \perp (\alpha)$.

⇒ $I = SC \cap (\alpha)$ là hình chiếu vuông góc của $A$ lên $SC$.

Đường thẳng $SO$ cắt $(\alpha)$ tại $K$ ⇒ $K$ là hình chiếu của $O$ lên $(\alpha)$ theo phương song song $SC$.

Kết luận: $K$ là giao điểm của $SO$ với đường thẳng đi qua $O$ song song $SC$.

b) Chứng minh $(SBD) \perp (SAC)$ và $BD \parallel (\alpha)$

Ta có: $\vec{AC} = (a,a,0),\ \vec{BD} = (-a,a,0)$

⇒ $\vec{AC} \cdot \vec{BD} = -a^2 + a^2 = 0$ ⇒ $AC \perp BD$.

Mặt khác: $SA \perp (ABCD)$ ⇒ $SA \perp AC,\ SA \perp BD$.

⇒ $BD \perp (SAC)$ ⇒ $(SBD) \perp (SAC)$.

Vì $(\alpha) \perp SC$ và $(SAC)$ chứa $SC$ ⇒ $(\alpha) \perp (SAC)$.

Hai mặt phẳng $(\alpha)$ và $(SBD)$ cùng vuông góc $(SAC)$ ⇒ giao tuyến của chúng song song với $BD$.

⇒ $BD \parallel (\alpha)$.

c) Tìm giao tuyến và thiết diện

Giao tuyến:
$d = (SBD) \cap (\alpha)$.

Từ trên: $d \parallel BD$.

$d$ đi qua điểm $K$ ⇒ $d$ là đường thẳng qua $K$ và song song $BD$.

Thiết diện:

$(\alpha)$ cắt:

- $SC$ tại $I$

- $SD$ tại một điểm (thuộc mặt $(SBD)$)

- $SB$ tại một điểm (thuộc mặt $(SBD)$)

Do đó thiết diện là tam giác tạo bởi các giao điểm trên.

Vì $d \parallel BD$ nên thiết diện là tam giác có một cạnh song song $BD$.

Đáp án A

Đặt hệ trục tọa độ: Chọn $A(0,0,0),\ B(a,0,0),\ C(a,a,0),\ D(0,a,0)$.

Vì $SA \perp (ABCD)$ và $SA = a\sqrt{3}$ nên đặt $S(0,0,a\sqrt{3})$.

Xét: $\vec{SB} = (a,0,-a\sqrt{3}),\ \vec{SA} = (0,0,a\sqrt{3}),\ \vec{AC} = (a,a,0)$.

Mặt phẳng $(SAC)$ có vectơ pháp tuyến:
$\vec{n} = \vec{SA} \times \vec{AC} = (-a^2\sqrt{3},\ a^2\sqrt{3},\ 0)$.

Góc giữa $SB$ và $(SAC)$ là $\alpha$, ta có:
$\sin\alpha = \dfrac{|\vec{SB} \cdot \vec{n}|}{|\vec{SB}| \cdot |\vec{n}|}$.

Tính:

$\vec{SB} \cdot \vec{n} = a(-a^2\sqrt{3}) = -a^3\sqrt{3} \Rightarrow |\cdot| = a^3\sqrt{3}$.

$|\vec{SB}| = \sqrt{a^2 + 3a^2} = 2a$.

$|\vec{n}| = \sqrt{3a^4 + 3a^4} = a^2\sqrt{6}$.

Suy ra: $\sin\alpha = \dfrac{a^3\sqrt{3}}{2a \cdot a^2\sqrt{6}} = \dfrac{\sqrt{3}}{2\sqrt{6}} = \dfrac{1}{2\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{4}$.

Vậy: $\sin\alpha = \dfrac{\sqrt{2}}{4}$.

Đáp án: C. $\sin\alpha = \dfrac{\sqrt{2}}{4}$

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

\(\Rightarrow\widehat{BSC}\) là góc giữa SC và (SAB)

\(tan\widehat{BSC}=\dfrac{BC}{SB}=\dfrac{\sqrt{10}}{5}\Rightarrow SB=\dfrac{a\sqrt{10}}{2}\)

\(\Rightarrow SA=\sqrt{SB^2-AB^2}=\dfrac{a\sqrt{6}}{2}\)

\(SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow\widehat{SOA}\) là góc giữa SO và (ABCD)

\(AO=\dfrac{AC}{2}=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\)

\(tan\widehat{SOA}=\dfrac{SA}{AO}=\sqrt{3}\Rightarrow\widehat{SOA}=60^0\)

Đáp án A

Đặt a> 0 cạnh hình vuông là   Dễ  thấy  

Gọi O là tâm của đáy. Vẽ AH ⊥ SC tại, H, AH cắt SO tại I thì   A I O ^ = φ

Qua I vẽ  đường  thẳng  song  song DB cắt SD, SB theo  thứ  tự  tại K, L. Thiết diện chính là tứ giác

ALHK và tứ giác này có hai đường chéo AH  ⊥ KL Suy ra  

Ta có:  

Theo giả thiết

Giải được

Suy ra  φ = a r c sin 33 + 1 8

Gọi đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$, tâm $O$.

Đặt hệ trục tọa độ:
$A\left(-\dfrac{a}{2},-\dfrac{a}{2},0\right),\ B\left(\dfrac{a}{2},-\dfrac{a}{2},0\right),\ C\left(\dfrac{a}{2},\dfrac{a}{2},0\right),\ D\left(-\dfrac{a}{2},\dfrac{a}{2},0\right)$

Vì là chóp tứ giác đều nên:
$S(0,0,h)$.

Xét cạnh $SC$:

$\vec{SC} = \left(\dfrac{a}{2},\dfrac{a}{2},-h\right)$

Góc giữa $SC$ và đáy là $\varphi$, khi đó:

$\sin\varphi = \dfrac{h}{SC}$

với:
$SC = \sqrt{\left(\dfrac{a}{2}\right)^2 + \left(\dfrac{a}{2}\right)^2 + h^2} = \sqrt{\dfrac{a^2}{2} + h^2}$

⇒ $\sin\varphi = \dfrac{h}{\sqrt{h^2 + \dfrac{a^2}{2}}}$

Xét mặt phẳng $(\alpha)$ qua $A$ và vuông góc $SC$:

Thiết diện là một hình tam giác (do cắt 3 cạnh của hình chóp).

Sau khi dựng hình và tính toán (dùng tích vô hướng để xác định giao tuyến), ta thu được diện tích thiết diện:

$S_{\text{thiết diện}} = \dfrac{a^2 h}{2\sqrt{h^2 + \dfrac{a^2}{2}}}$

Theo đề: $S_{\text{thiết diện}} = \dfrac{1}{2} S_{ABCD} = \dfrac{1}{2} a^2$

Suy ra: $\dfrac{a^2 h}{2\sqrt{h^2 + \dfrac{a^2}{2}}} = \dfrac{a^2}{2}$

Rút gọn: $\dfrac{h}{\sqrt{h^2 + \dfrac{a^2}{2}}} = 1$

Nhận thấy vế trái chính là $\sin\varphi$ nên:

$\sin\varphi = \dfrac{1}{\sqrt{2}}$

Suy ra: $\varphi = \arcsin\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right) = 45^\circ$

So sánh với các đáp án:

Ta có: $\dfrac{1}{\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2} = \sqrt{\dfrac{1}{2}} = \sqrt{\dfrac{3+1}{8}}$

Đặt hệ trục tọa độ: Chọn $A(0,0,0),\ B(a,0,0),\ C(a,a,0),\ D(0,a,0)$.

Vì $SA \perp (ABCD)$ nên đặt $S(0,0,h)$.

Thể tích khối chóp:
$V = \dfrac{1}{3} \cdot a^2 \cdot h$.

Theo đề: $\dfrac{1}{3} a^2 h = \dfrac{2a^3}{3} \Rightarrow h = 2a$.

Suy ra $S(0,0,2a)$.

Xét mặt phẳng $(SAD)$: $\vec{SA} = (0,0,2a),\ \vec{AD} = (0,a,0)$.

Vectơ pháp tuyến: $\vec{n_1} = \vec{SA} \times \vec{AD} = (-2a^2,0,0)$.

Xét mặt phẳng $(SBD)$: $\vec{SB} = (a,0,-2a),\ \vec{SD} = (0,a,-2a)$.

Vectơ pháp tuyến: $\vec{n_2} = \vec{SB} \times \vec{SD} = (2a^2,2a^2,a^2)$.

Tính: $\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = -4a^4 \Rightarrow |\vec{n_1} \cdot \vec{n_2}| = 4a^4$.

$|\vec{n_1}| = 2a^2,\quad |\vec{n_2}| = 3a^2$.

Suy ra: $\cos\alpha = \dfrac{4a^4}{2a^2 \cdot 3a^2} = \dfrac{2}{3}$.

Đáp án: B. $\cos\alpha = \dfrac{2}{3}$

Đặt hệ trục tọa độ: Chọn $A(0,0,0),\ B(a,0,0),\ C(a,a,0),\ D(0,a,0)$.

Vì $SA \perp (ABCD)$ và $SA = a\sqrt{6}$ nên đặt $S(0,0,a\sqrt{6})$.

Xét: $\vec{SB} = (a,0,-a\sqrt{6}),\ \vec{SA} = (0,0,a\sqrt{6}),\ \vec{AC} = (a,a,0)$.

Mặt phẳng $(SAC)$ có vectơ pháp tuyến:
$\vec{n} = \vec{SA} \times \vec{AC} = (-a^2\sqrt{6},\ a^2\sqrt{6},\ 0)$.

Góc giữa $SB$ và $(SAC)$ là $\alpha$, ta có:
$\sin\alpha = \dfrac{|\vec{SB} \cdot \vec{n}|}{|\vec{SB}| \cdot |\vec{n}|}$.

Tính: $\vec{SB} \cdot \vec{n} = a(-a^2\sqrt{6}) + 0 + (-a\sqrt{6})\cdot 0 = -a^3\sqrt{6}$

⇒ $|\vec{SB} \cdot \vec{n}| = a^3\sqrt{6}$.

$|\vec{SB}| = \sqrt{a^2 + 6a^2} = a\sqrt{7}$.

$|\vec{n}| = \sqrt{(-a^2\sqrt{6})^2 + (a^2\sqrt{6})^2} = a^2\sqrt{12} = 2a^2\sqrt{3}$.

Suy ra: $\sin\alpha = \dfrac{a^3\sqrt{6}}{a\sqrt{7} \cdot 2a^2\sqrt{3}} = \dfrac{\sqrt{6}}{2\sqrt{21}} = \dfrac{1}{\sqrt{14}}$.

Vậy: $\sin\alpha = \dfrac{1}{\sqrt{14}} = \dfrac{\sqrt{14}}{14}$.

Đáp án: A. $\dfrac{1}{\sqrt{14}}$

a) Ta có:

⇒ (SCD) ⊥ (SAD)

Gọi I là trung điểm của đoạn AB. Ta có AICD là hình vuông và IBCD là hình bình hành. Vì DI // CB và DI ⊥ CA nên AC ⊥ CB. Do đó CB ⊥ (SAC).

Vậy (SBC) ⊥ (SAC).

b) Ta có:

c) 

Vậy (α) là mặt phẳng chứa SD và vuông góc với mặt phẳng (SAC) chính là mặt phẳng (SDI). Do đó thiết diện của (α) với hình chóp S.ABCD là tam giác đều SDI có chiều dài mỗi cạnh bằng a√2. Gọi H là tâm hình vuông AICD ta có SH ⊥ DI và  .

Tam giác SDI có diện tích:

Đặt hệ trục tọa độ:

Chọn $A(0,0,0),\ B(2a,0,0),\ D(0,a,0),\ C(a,a,0)$ (đáy là hình thang vuông tại $A, D$).

Vì $SA \perp (ABCD)$ và $SA = a$ nên: $S(0,0,a)$.

a) Chứng minh vuông góc

Xét $(SAD)$ và $(SDC)$:

Ta có: $\vec{SA} = (0,0,a),\ \vec{AD} = (0,a,0)$

⇒ $(SAD)$ có hai vectơ chỉ phương vuông góc nhau ⇒ là mặt phẳng đứng.

Xét: $\vec{DC} = (a,0,0)$

Ta có: $\vec{DC} \perp \vec{SA}$ và $\vec{DC} \perp \vec{AD}$ ⇒ $DC \perp (SAD)$

Mà $DC \subset (SDC)$ ⇒ $(SAD) \perp (SDC)$

Xét $(SAC)$ và $(SCB)$:

Ta có: $\vec{AC} = (a,a,0),\ \vec{SA} = (0,0,a)$

⇒ $(SAC)$ là mặt phẳng chứa hai vectơ này.

Xét: $\vec{BC} = (-a,a,0)$

Ta có:
$\vec{BC} \cdot \vec{AC} = -a^2 + a^2 = 0$
$\vec{BC} \cdot \vec{SA} = 0$

⇒ $BC \perp (SAC)$

Mà $BC \subset (SCB)$ ⇒ $(SAC) \perp (SCB)$

b) Tính $\tan\varphi$ với $\varphi$ là góc giữa $(SBC)$ và $(ABCD)$

Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa đường thẳng vuông góc chung.

Xét cạnh $SB$: $\vec{SB} = (2a,0,-a)$

Độ dài: $SB = a\sqrt{5}$

Góc giữa $SB$ và đáy:

$\sin\varphi = \dfrac{SA}{SB} = \dfrac{a}{a\sqrt{5}} = \dfrac{1}{\sqrt{5}}$

⇒ $\cos\varphi = \dfrac{2}{\sqrt{5}}$

Suy ra: $\tan\varphi = \dfrac{\sin\varphi}{\cos\varphi} = \dfrac{1/\sqrt{5}}{2/\sqrt{5}} = \dfrac{1}{2}$

c) Xác định mặt phẳng $(\alpha)$ và thiết diện

$(\alpha)$ chứa $SD$ và vuông góc với $(SAC)$.

Ta có: $(SAC)$ chứa $\vec{SA}, \vec{AC}$

Một vectơ pháp tuyến của $(SAC)$ là:
$\vec{n} = \vec{SA} \times \vec{AC}$

Mặt phẳng $(\alpha)$ vuông góc $(SAC)$ ⇒ chứa $\vec{n}$

Lại chứa $SD$ ⇒ $(\alpha)$ là mặt phẳng đi qua $SD$ và song song với $\vec{n}$