Hướng dẫn giải (chi tiết)

Ta có lăng trụ đều có 2 mặt đáy là đa giác đều

Lăng trụ đều là lăng trụ đứng nên các mặt bên nằm trong mặt phẳng vuông góc với 2 mặt đáy và các cạnh bên là những đường cao vuông góc với 2 mặt đáy

Các mặt bên của lăng trụ đều là các hình chữ nhật

Vậy phương án D sai

Đáp án D

Hướng dẫn giải (chi tiết)

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 vô số mặt phẳng vuông góc với một đường thẳng cho trước.

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

Đáp án: C

Hướng dẫn giải (chi tiết)

A sai. Trong trường hợp a, b, c đồng phẳng.

C sai. Trong trường hợp a và b cắt nhau, mặt phẳng (a, b) chứa b nhưng không vuông góc với a.

D sai. Trong trường hợp a và b vuông góc nhau và chéo nhau, nếu $(\alpha) \supset a,(\alpha) \| b$ và $(\beta) \supset b,(\beta) \| a \text { thì }(\alpha) \|(\beta)$.

Đáp án: B

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{B C \perp A B} \\ {S A \perp B C}\end{array} \Rightarrow B C \perp(S A B) \Rightarrow B C \perp A H\right.$. Do đó A đúng.

Lại có $A H \perp S B$. Từ đó suy ra $A H \perp(S B C) \Rightarrow A H \perp S C$ (1)

Lại có theo giả thiết $S C \perp A K$ (2)

Từ (1) và (2), suy ra $S C \perp(A H K) \Rightarrow(S B C) \perp(A H K)$. Do đó B đúng.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{S C \perp(A H K)} \\ {A I \subset(A H K)}\end{array} \Rightarrow S C \perp A I\right.$. Do đó C đúng.

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

Đáp án: D

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{A B \perp A D} \\ {A B \perp S A}\end{array} \Rightarrow A B \perp(S A D)\right.$. Mà $(\alpha) \perp(S A D)$ suy ra $A B \|(\alpha)$.

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 $M N \| P Q$).

Vì $A B \perp(S A D)$ suy ra $M N \perp(S A D)$ nên $M N \perp M Q$

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

Đáp án: C

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Từ giả thiết suy ra ABCD là hình thoi nên $B C \perp A D$

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{B C \perp A D} \\ {B C \perp S D}\end{array} \Rightarrow B C \perp(S A D) \Rightarrow B C \perp S A\right.$

Lại có theo giả thiết $I H \perp S A$. Từ đó suy ra $S A \perp(H C B) \Rightarrow S A \perp B H$.

$\Rightarrow$ Đáp án A đúng.

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

Ta có $\Delta A H I \sim \Delta A D S \Rightarrow \dfrac{I H}{S D}=\frac{A I}{A S} \Rightarrow I H=\dfrac{A I \cdot S D}{A S}=\dfrac{a}{2}=\dfrac{B C}{2} \Rightarrow$

Tam giác HBC có trung tuyến IH bằng nửa cạnh đáy BC nên $\widehat{B H C}=90^{\circ}$ hay $B H \perp H C$. Do đó D đúng.

Từ mệnh đề A và D suy ra $B H \perp(S A C) \Rightarrow(S A B) \perp(S A C) \Rightarrow$mệnh đề C đúng.

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

Đáp án: B

Hướng dẫn giải (chi tiết)

$\left\{\begin{array}{l}{A D \perp A B} \\ {A D \perp A C}\end{array} \Rightarrow A D \perp(A B C) \Rightarrow(A C D) \perp(A B C) ;(A B D) \perp(A B C)\right.$

$\left\{\begin{array}{l}{A C \perp A D} \\ {A C \perp A B}\end{array} \Rightarrow A C \perp(A B D) \Rightarrow(A C D) \perp(A B D)\right.$

$\Rightarrow \mathrm{A}$ đúng.

$A D \perp(A B C) \Rightarrow A D \perp B C$. Tương tự ta chứng minh được

$A B \perp C D ; A C \perp B D \Rightarrow D$ đúng.

Gọi H là trực tâm của tam giác BCD ta có:

$\left\{\begin{array}{l}{D H \perp B C} \\ {A D \perp B C}\end{array} \Rightarrow B C \perp(A D H) \Rightarrow A H \perp B C\right.$

Tương tự ta chứng minh được $A H \perp B D ; A H \perp C D \Rightarrow A H \perp(B C D) \Rightarrow B$ đúng.

Chưa đủ điều kiện để kết luận tam giác BCD vuông.

Đáp án: C

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Tam giác SAC đều có I là trung điểm của SC nên $A I \perp S C$.

$\Rightarrow$ Mệnh đề (I) đúng.

Gọi H là trung điểm AC suy ra $S H \perp A C$. Mà $(S A C) \perp(A B C)$ theo giao tuyến AC nên $S H \perp(A B C)$ do đó $S H \perp B C$. Hơn nữa theo giả thiết tam giác ABC vuông tại C nên $B C \perp A C$.

Từ đó suy ra $B C \perp(S A C) \Rightarrow B C \perp A I$. Do đó mệnh đề (III) đúng.

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

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{B C \perp A C} \\ {B C \perp S H}\end{array} \Rightarrow B C \perp(S A C)\right.$

$B C \subset(S B C) \Rightarrow(S B C) \perp(S A C)$

Vậy mệnh đề (II) đúng.

Đáp án: D

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Tam giác ABC cân tại B có M là trung điểm AC $\Rightarrow B M \perp A C$.

$\Rightarrow$ Đáp án A đúng.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{B C \perp B A} \\ {B C \perp S A(\operatorname{doS} A \perp(A B C))}\end{array} \Rightarrow B C \perp(S A B) \Rightarrow(S B C) \perp(S A B)\right.$

$\Rightarrow$ Đáp án B đúng.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{B C \perp B A} \\ {B C \perp S A(\operatorname{doSA} \perp(A B C))}\end{array} \Rightarrow B C \perp(S A B) \Rightarrow(S B C) \perp(S A B)\right.$

$\Rightarrow$ Đáp án C đúng.

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

Đáp án: D

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Có 6 hình bình hành thỏa mãn yêu cầu:

$A B B^{\prime} A^{\prime} ; B C C^{\prime} B^{\prime} ; C D D^{\prime} C^{\prime} ; A D D^{\prime} A^{\prime} ; A C C^{\prime} A^{\prime} ; B D D^{\prime} B^{\prime}$

Đáp án: B

Hướng dẫn giải (chi tiết)

A sai vì hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì giao tuyến của chúng vuông góc với mặt phẳng thứ 3.

B sai vì qua một đường thẳng có vô số mặt phẳng vuông góc với một đường thẳng cho trước.

C đúng

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

Đáp án C

Hướng dẫn giải (chi tiết)

$\left( {III} \right)\left\{ \begin{array}{l} a \bot \left( \alpha \right)\\ a \bot \left( \beta \right) \end{array} \right. \Rightarrow \left( \alpha \right)//\left( \beta \right)$ sai vì có thể $\left( \alpha \right) \equiv \left( \beta \right)$

$\left( {IV} \right)\left\{ \begin{array}{l} a \bot \left( \alpha \right)\\ b \bot \left( \alpha \right) \end{array} \right. \Rightarrow a//b$ sai vì có thể $a \equiv b$

Đáp án D

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Theo giả thiết ta có $\left\{ \begin{array}{l}\n\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\n\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\n\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAD} \right) = SA\n\end{array} \right. \Rightarrow SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AC$ nên B đúng

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}\nBC \bot AB\\\nBC \bot SA\n\end{array} \right. \Rightarrow \left. \begin{array}{l}\nBC \bot \left( {SAB} \right)\\\nAH \subset \left( {SAB} \right)\n\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot AH$  nên C đúng

Ta có $\left. \begin{array}{l}\nAH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AH \bot SC\\\nAK \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow AK \bot SC\n\end{array} \right\} \Rightarrow SC \bot \left( {AHK} \right) \Rightarrow SC \bot HK$ nên A đúng

Đáp án D

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Ta có nếu hình hộp có năm mặt là hình chữ nhật thì mặt còn lại cũng là hình chữ nhật nên nó là hình hộp chữ nhật

Đáp án B

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Ta có hình hộp có các mặt đối diện bằng nhau

Lại có hình hộp có ba mặt chung một đỉnh đều là hình vuông thì ba mặt chung đỉnh còn lại cũng là hình vuông nên nó là hình lập phương

Đáp án B

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Gọi E là trung điểm của BC, ta có $\left\{ \begin{array}{l} BE \bot HE\\ BC \bot SH \end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SHE} \right)$

$ \Rightarrow \left( {SHE} \right) \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow IK \bot SE \Rightarrow IK \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow IK = b$

Ta có $\Delta SKI$ đồng dạng với $\Delta SHE$ nên $\dfrac{{IK}}{{HE}} = \dfrac{{SK}}{{SH}}$$\Rightarrow SH = \dfrac{{HE.SK}}{{IK}}$

Mặt khác $HE = \dfrac{a}{2};IK = b;SK = \sqrt {S{I^2} - I{K^2}} = \sqrt {\dfrac{{S{H^2}}}{4} - {b^2}} $

$ \Rightarrow SH = \dfrac{a}{{2b}}\sqrt {\dfrac{{S{H^2}}}{4} - {b^2}} \Rightarrow SH = \dfrac{{2ab}}{{\sqrt {{a^2} - 16{b^2}} }}$

Đáp án A

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Kẻ $BH \bot AC \Rightarrow BH \bot \left( {SAC} \right)$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}\nSA \bot \left( {ABC} \right)\\\nAB \bot BC\n\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB$ 

Suy ra tam giác SBC vuông tại B nên ${S_{\Delta SBC}} = \dfrac{1}{2}SB.BC = \dfrac{1}{2}\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} .BC = \dfrac{{{a^2}\sqrt {15} }}{2}$

Tam giác SHC có đường cao SA, đáy HC nên ${S_{\Delta SHC}} = \dfrac{1}{2}SA.HC = \dfrac{1}{2}SA.\dfrac{{B{C^2}}}{{AC}} = \dfrac{3}{2}{a^2}$

Ta có hình chiếu của tam giác SBC lên mặt phẳng $(SAC)$ là tam giác SHC

Suy ra $\cos \alpha = \dfrac{{{S_{\Delta SHC}}}}{{{S_{\Delta SBC}}}} = \dfrac{{\sqrt {15} }}{5}$

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Ta có $SO \bot (ABCD)$ và tứ giác $ABCD$ là hình vuông

Kẻ $OP \bot CD\left( {P \in CD} \right) \Rightarrow \left( {\left( {SCD} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = SPO$

Lại có $\tan SPO = \dfrac{{SO}}{{OP}} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = 1 \Rightarrow SPO = {45^o}$

Đáp án B

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Pytago cho các tam giác vuông $ABM,CMN,ADN$ . Ta có:

$\left. \begin{array}{l}\nA{M^2} = A{B^2} + B{M^2} = {a^2} + {\left( {\dfrac{a}{2}} \right)^2} = \dfrac{{5{a^2}}}{4}\\\nM{N^2} = C{M^2} + C{N^2} = {\left( {\dfrac{a}{2}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{a}{4}} \right)^2} = \dfrac{{5{a^2}}}{{16}}\\\nA{N^2} = A{D^2} + D{N^2} = {a^2} + {\left( {\dfrac{{3a}}{4}} \right)^2} = \dfrac{{25{a^2}}}{{16}}\n\end{array} \right\} = > A{M^2} + M{N^2} = A{N^2}$

Theo định lý đảo Pytago thì tam giác $AMN$ vuông tại $M$ => $MN \bot AM$

$\left\{ \begin{array}{l}\nMN \bot AM\\\nMN \bot SA\n\end{array} \right. = > MN \bot mp\left( {SAM} \right)$

=>$MN \bot SM$ hay góc hợp bởi $MN$ và $AM$ là $90^o$