Hai mặt phẳng vuông góc

Gọi $d$ là đường thẳng qua $M$ và vuông góc với $\left( P \right)$. Do $\left( P \right)\,\,\parallel \,\,\left( Q \right) \Rightarrow d \bot \left( Q \right)$.

Giả sử $\left( R \right)$ là mặt phẳng chứa $d$. Mà $\left\{ \begin{array}{l}d \bot \left( P \right)\\d \bot \left( Q \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( R \right) \bot \left( P \right)\\\left( R \right) \bot \left( Q \right)\end{array} \right.$.

Có vô số mặt phẳng $\left( R \right)$ chứa $d$. Do đó có vô số mặt phẳng qua $M$, vuông góc với $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$.

A sai. Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì song song với nhau hoặc cắt nhau (giao tuyến vuông góc với mặt phẳng thứ 3).

B sai. Qua một đường thẳng chưa chắc đã có mặt phẳng vuông góc với một đường thẳng cho trước (vì nếu hai đường thẳng đã cho không vuông góc với nhau thì không có mặt phẳng nào hết)

D sai. Qua một điểm có vô số mặt phẳng vuông góc với một mặt phẳng cho trước.

+) Nếu đáp án A đúng: \(\left( {SAC} \right) \bot \left( {SAB} \right)\)

Vì \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot AB\)

Mà SA là giao tuyến của hai mặt phẳng vuông góc \(\left( {SAC} \right) \bot \left( {SAB} \right)\) \( \Rightarrow AB \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow AB \bot AC\) (Vô lý vì tam giác ABC vuông tại B.)

Vậy A sai.

+) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}SA \bot \left( {ABC} \right)\\SA \subset \left( {SAB} \right),\left( {SAC} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \) \(\left( {SAB} \right),\,\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\) \( \Rightarrow \) B, C đúng.

\(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC\) mà \(BC \bot AB\) \( \Rightarrow \) \(BC \bot \left( {SAB} \right);BC \subset \left( {SBC} \right)\)

\( \Rightarrow \) \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {SBC} \right)\) \( \Rightarrow \) D đúng.

Do $SBC$ là tam giác đều có $H$ là trung điểm $BC$ nên $SH \bot BC$.

Mà $\left( {SBC} \right) \bot \left( {ABC} \right)$ theo giao tuyến $BC \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SH \bot AB.$

\( \Rightarrow \) Đáp án A đúng.

Ta có $HI$ là đường trung bình của $\Delta \,ABC$ nên $HI\parallel AC \Rightarrow HI \bot AB.$

\( \Rightarrow \) Đáp án B đúng.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}SH \bot AB\\HI \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SHI} \right) \Rightarrow \left( {SAB} \right) \bot \left( {SHI} \right).$

\( \Rightarrow \) Đáp án D đúng.

Dùng phương pháp loại trừ thì C là đáp án sai.

Tam giác $SAC$ đều có $I$ là trung điểm của $SC$ nên $AI \bot SC$.

\( \Rightarrow \) Mệnh đề (I) đúng.

Gọi $H$ là trung điểm $AC$ suy ra $SH \bot AC$. Mà $\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)$ theo giao tuyến $AC$ nên $SH \bot \left( {ABC} \right)$ do đó $SH \bot BC$. Hơn nữa theo giả thiết tam giác $ABC$ vuông tại $C$ nên $BC \bot AC$.

Từ đó suy ra $BC \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BC \bot AI.$ Do đó mệnh đề (III) đúng.

Từ mệnh đề (I) và (III) suy ra mệnh đề (IV) đúng.

Ta có : $\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AC\\BC \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAC} \right)\\BC \subset \left( {SBC} \right) \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAC} \right)\end{array}$

Vậy mệnh đề (II) đúng.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\SA \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AH$. Do đó A đúng.

Lại có $AH \bot SB$. Từ đó suy ra $AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AH \bot SC$.    $\left( 1 \right)$

Lại có theo giả thiết $SC \bot AK$.                                                $\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$, suy ra $SC \bot \left( {AHK} \right) \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {AHK} \right)$. Do đó B đúng.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}SC \bot \left( {AHK} \right)\\AI \subset \left( {AHK} \right)\end{array} \right. \Rightarrow SC \bot AI$. Do đó C đúng.

Dùng phương pháp loại trừ thì D là đáp án sai.

Từ giả thiết suy ra $ABDC$ là hình thoi nên $BC \bot AD.$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AD\\BC \bot SD\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow BC \bot SA$.

Lại có theo giả thiết $IH \bot SA$. Từ đó suy ra $SA \bot \left( {HCB} \right) \Rightarrow SA \bot BH$.

\( \Rightarrow \) Đáp án A đúng.

Tính được $AI = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$, $AD = 2AI = a\sqrt 3 $, $S{A^2} = \sqrt {A{D^2} + S{D^2}}  = \dfrac{{3a\sqrt 2 }}{2}.$

Ta có $\Delta AHI \sim \Delta ADS \Rightarrow \dfrac{{IH}}{{SD}} = \dfrac{{AI}}{{AS}} \Rightarrow IH = \dfrac{{AI.SD}}{{AS}} = \dfrac{a}{2} = \dfrac{{BC}}{2} \Rightarrow $ Tam giác $HBC$ có trung tuyến $IH$ bằng nửa cạnh đáy $BC$ nên $\widehat {BHC} = {90^0}$ hay $BH \bot HC$. Do đó D đúng.

Từ mệnh đề A và D suy ra \(BH \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow \left( {SAB} \right) \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow \) mệnh đề C đúng.

Dùng phương pháp loại trừ thì B là đáp án sai.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}AB \bot AD\\AB \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SAD} \right)$. Mà $\left( \alpha  \right) \bot \left( {SAD} \right)$ suy ra $AB\parallel \left( \alpha  \right)$.

Qua $M$ kẻ đường thẳng song song với $AB$ cắt $BC$ tại $N$.

Qua $Q$ kẻ đường thẳng song song với $AB$ cắt $SB$ tại $P$.

Khi đó thiết diện là hình thang $MNPQ$ (do \(MN\parallel PQ\)).

Vì $AB \bot \left( {SAD} \right)$ suy ra $MN \bot \left( {SAD} \right)$ nên $MN \bot MQ$.

Do đó thiết diện $MNPQ$ là hình thang vuông tại Q và $M$.

Gọi $I$ là trung điểm $BC$.

Trong tam giác $SAI$ kẻ $AH \bot SI$ $\left( {H \in SI} \right)$.

Trong tam giác $SBC$, qua $H$ kẻ đường song song với $BC$, cắt $SC$ ở $M$, cắt $SB$ ở $N$.

Qua cách dựng ta có $BC\parallel \left( {AMN} \right).$             \(\left( 1 \right)\)

Và $\left\{ \begin{array}{l}SI \bot AH\\SI \bot MN{\rm{ }}\left( {{\rm{do }}SI \bot BC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow SI \bot \left( {AMN} \right) \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {AMN} \right).$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$, suy ra thiết diện cần tìm là tam giác $AMN$.

Dễ thấy $H$ là trung điểm của $MN$ mà $AH \bot \left( {SBC} \right)$ suy ra $AH \bot MN$. Tam giác $AMN$ có đường cao $AH$ vừa là trung tuyến nên nó là tam giác cân đỉnh $A$.

Gọi $I,{\rm{ }}J$ lần lượt là trung điểm của $CD$ và $AB$.

Trong tam giác $SIJ$ kẻ $JK \bot SI$.

Trong tam giác $SIJ$, qua $K$ kẻ đường thẳng song song với $CD$ cắt $SC$ tại $M$, cắt $SD$ tại $N$.

Ta dễ dàng chứng minh được $\left( {ABMN} \right) \bot \left( {SCD} \right)$.

Khi đó thiết diện cần tìm là hình thang $ABMN$.

Vì hình chóp đã cho là hình chóp đều nên $AN = BM$.

Vậy thiết diện là hình thang cân.

Gọi $E$ là trung điểm $AB$.

Suy ra $AECD$ là hình vuông nên $DE \bot AC$.         $\left( 1 \right)$

Mặt khác $SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot DE$.                    $\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$,  suy ra $DE \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow \left( {SDE} \right) \bot \left( {SAC} \right)$.

Ta có $\left. \begin{array}{l}\left( {SDE} \right) \supset SD\\\left( {SDE} \right) \bot \left( {SAC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( \alpha  \right) \equiv \left( {SDE} \right).$

Vậy thiết diện là tam giác $SDE$

Ta có $SD = \sqrt {S{A^2} + D{A^2}}  = a\sqrt 2 ;{\rm{ }}SE = \sqrt {S{A^2} + A{E^2}}  = a\sqrt 2 $; $DE = AC = DC\sqrt 2  = a\sqrt 2 $.

Do đó tam giác $SDE$ đều có cạnh $a\sqrt 2 $ nên ${S_{\Delta \,SDE}} = \dfrac{{S{D^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}$.

Gọi $M,{\rm{ }}N$ lần lượt là trung điểm $AD,{\rm{ }}BC$. Khi đó

\( \bullet \) $MN$ đi qua $O.$

\( \bullet \) $\left\{ \begin{array}{l}MN \bot AD\\MN \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow MN \bot \left( {SAD} \right).$

Từ đó suy ra $\left( \alpha  \right) \equiv \left( {SMN} \right)$ và thiết diện cần tìm là tam giác $SMN$.

Tam giác $SMN$ vuông tại $M$ nên

${S_{\Delta \,SMN}} = \dfrac{1}{2}SM.MN = \dfrac{1}{2}\sqrt {S{A^2} + {{\left( {\dfrac{{AD}}{2}} \right)}^2}} .AB = \dfrac{{{a^2}\sqrt 2 }}{2}.$

Gọi $H$ là trung điểm của $AB,$ tam giác $SAB$ đều $ \Rightarrow \,\,SH \bot AB.$

Mà $\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)$$ \Rightarrow $$SH \bot \left( {ABCD} \right)$ và $SH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$

Suy ra $\widehat {(SD;\left( {ABCD} \right))} = \widehat {\left( {SD;HD} \right)} = \widehat {SDH} = {30^0}$

Tam giác $SHD$ vuông tại $H,$ có $\tan \widehat {SDH} = \dfrac{{SH}}{{HD}} \Rightarrow HD = \dfrac{{3a}}{2}.$

Tam giác $AHD$ vuông tại $A,$ có $AD = \sqrt {H{D^2} - A{H^2}}  = a\sqrt 2 .$

Vậy diện tích hình chữ nhật $ABCD$ là ${S_{ABCD}} = \sqrt 2 \,{a^2}.$

Gọi $K$ là trung điểm của $BC$ và $I = SK \cap MN$

Từ giả thiết $ \Rightarrow \,\,MN = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{a}{2},$ $MN\parallel BC$$ \Rightarrow \,\,I$ là trung điểm của $SK$ và $BC.$

Ta có $\Delta \,SAB = \Delta \,SAC$$ \Rightarrow $ Hai trung tuyến tương ứng $AM = AN.$

$ \Rightarrow \,\,\Delta \,AMN$ cân tại $A$$ \Rightarrow \,\,AI \bot MN.$ Mà $\left( {SBC} \right) \bot \left( {AMN} \right) \Rightarrow AI \bot \left( {SBC} \right)$

$ \Rightarrow \,\,AI \bot SK.$

Suy ra tam giác $SAK$ cân tại $A\,\, \Rightarrow \,\,SA = AK = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.$

Khi đó $S{K^2} = S{B^2} - B{K^2} = \dfrac{{{a^2}}}{2} \Rightarrow AI = \sqrt {S{A^2} - {{\left( {\dfrac{{SK}}{2}} \right)}^2}}  = \dfrac{{a\sqrt {10} }}{4}.$

Vậy diện tích tam giác $AMN$ là ${S_{\Delta \,AMN}} = \dfrac{1}{2}MN.AI = \dfrac{{{a^2}\sqrt {10} }}{{16}}.$

Gọi $I$ là trung điểm của $AB,$ tam giác $SAB$ đều $ \Rightarrow \,\,\left\{ \begin{array}{l}SI = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\\SI \bot AB\end{array} \right.$

Mà $\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)$$ \Rightarrow $$SI \bot \left( {ABC} \right)$; $\left\{ \begin{array}{l}SI \bot AC\\AB \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {SAB} \right).$

Kẻ $BK$ vuông góc với $SA$ tại $K,$ vì \(AC \bot \left( {SAB} \right)\) nên \(AC \bot BK \Rightarrow BK \bot \left( {SAC} \right)\) và $BK = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$

Do đó, góc giữa $BC$ và $mp\,\,\left( {SAC} \right)$ là $\widehat {BCK}\,\, \Rightarrow \,\,\widehat {BCK} = {30^0}.$

Khi đó $BC = \dfrac{{BK}}{{\sin \widehat {BCK}}} = a\sqrt 3  \Rightarrow AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}}  = a\sqrt 2 .$

Vậy diện tích tam giác $ABC$ là ${S_{\Delta \,ABC}} = \dfrac{1}{2}.AB.AC = \dfrac{{{a^2}\sqrt 2 }}{2}.$

Gọi $H$ là trung điểm của $AB,$ tam giác $SAB$ cân tại $S \Rightarrow SH \bot AB.$

Mà $\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)$ nên $SH \bot \left( {ABC} \right)$ và đặt $SH = x.$

Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $\left\{ \begin{array}{l}AB = BC.\sin C = a\\AC = BC.\cos C = a\sqrt 3 \end{array} \right..$

Ta có $SB = \sqrt {S{H^2} + H{B^2}}  = \sqrt {{x^2} + \dfrac{{{a^2}}}{4}} ,$ $HC = \sqrt {H{A^2} + A{C^2}}  = \dfrac{{a\sqrt {13} }}{2}$

Và $SC = \sqrt {S{H^2} + H{C^2}}  = \sqrt {{x^2} + \dfrac{{13{a^2}}}{4}} $

Tam giác SBC vuông tại S nên $S{B^2} + S{C^2} = B{C^2}$

$ \Leftrightarrow {x^2} + \dfrac{{{a^2}}}{4} + {x^2} + \dfrac{{13\,{a^2}}}{4} = 4{a^2} \Leftrightarrow {x^2} = \dfrac{{{a^2}}}{4}$$ \Leftrightarrow x = \dfrac{a}{2} \Rightarrow SH = \dfrac{a}{2}.$

Vậy diện tích tam giác $SAB$ là ${S_{\Delta \,SAB}} = \dfrac{1}{2}.SH.AB = \dfrac{{{a^2}}}{4}.$

Hình lăng trụ đứng có đáy là hình chữ nhật là hình hộp chữ nhật nên có 6 mặt là hình chữ nhật.

Do  ABC.A’B’C’ là hình lăng trụ tam giác đều  nên \(BB' \bot \left( {ABC} \right)\)

\( \Rightarrow BB' \bot AG\left( {AG \subset \left( {ABC} \right)} \right)\)

Do ABC là tam giác đều nên G vừa là trọng tâm vừa là trực tâm. Do đó:

\(\left. \begin{array}{l}AG \bot BC\\AG \bot B{B^\prime }\end{array} \right\} \Rightarrow AG \bot \left( {BC{C^\prime }{B^\prime }} \right)\)

\( \Rightarrow AG \bot {B^\prime }{C^\prime }\)

\(A{A^\prime } \bot (ABC)\) vì \(ABC \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }\) là hình lăng trụ đứng.