Chọn đáp án D

Ta có

Khi đó 

Gọi I là trung điểm của AB.

Ta có SA=SB=AB=CA=CB=a nên tam giác SAB và tam giác ABC đều cạnh a.

Khi đó A B ⊥ S I , A B ⊥ C I  và S I = C I = a 3 a  

Mặt khác S I = C I = S C = a 3 2  nên ∆ S I C  đều

Vậy góc giữa hai mặt phẳng (MNP)  và (ABC) bằng  60 0

Đáp án D

Vì B C ⊥ S A B C ⊥ C A ⇒ B C ⊥ S A C ⇒ B C ⊥ S C ⇒ O  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC

Vì S A ⊥ A B C ⇒ H  là trung điểm của AB

Phương pháp:

+) Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, SC, BC, AC. Chứng minh  ∠ S A ; B C = ∠ N Q ; M Q

+) Áp dụng định lí cosin trong tam giác MNQ.

Cách giải:

Áp dụng định lý cosin trong tam giác MNQ:

Chú ý: Góc giữa hai đường thẳng là góc nhọn nên cosin của góc giữa hai đường thẳng là giá trị dương.

Tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$
$\Rightarrow AB = BC \perp AB$

Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$

Hai mặt phẳng $(SBG)$ và $(SCG)$ cùng vuông góc với $(ABC)$
$\Rightarrow SG \perp (ABC)$

Vì $SA$ tạo với $(ABC)$ góc $30^\circ$ nên:

$\sin 30^\circ = \dfrac{SG}{SA}$
$\Rightarrow \dfrac{1}{2} = \dfrac{SG}{SA}$
$\Rightarrow SG = \dfrac{SA}{2}$

Xét tam giác vuông $SAG$:

$\cos \widehat{SAG} = \dfrac{AG}{SA}$

Trong tam giác vuông cân $ABC$ tại $B$:

$AG = \dfrac{2}{3} \cdot BG$

Mà $BG = \dfrac{BC}{\sqrt{2}}$

$\Rightarrow AG = \dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{BC}{\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{3} \cdot BC$

Do $BC \subset (ABC)$ và $SG \perp (ABC)$ nên:

$\cos (SA,BC) = \dfrac{AG}{SA}$

$\cos (SA,BC) = \dfrac{\dfrac{\sqrt{2}}{3}BC}{SA}$

Mà $SG = \dfrac{SA}{2} \Rightarrow SA = 2SG$

Thay vào:

$\cos (SA,BC) = \dfrac{\sqrt{2}}{6}$

$= \dfrac{\sqrt{15}}{10}$

Chọn C

Chọn đáp án A

Từ  kẻ đường thẳng vuông góc với SC cắt SC tại K.

Đáp án là C

Chọn D.

Phương pháp:

- Gọi M là trung điểm của SD, nhận xét góc giữa SB và (SCD) cũng bằng góc giữa OM và (SCD).

- Xác định góc φ  và tính sin φ

Cách giải: