Hướng dẫn giải (chi tiết)

Ta có: $H K \perp(A B C) \Rightarrow H K \perp C H$ hay A đúng.

Do $\Delta A B C$ cân tại $C$ nên $C H \perp A B$

Mà $H K \perp(A B C) \Rightarrow S A \perp(A B C) \Rightarrow S A \perp C H$

Do đó $C H \perp(S A B) \Rightarrow C H \perp A K$ hay C đúng.

Ngoài ra $H K \perp A B$, mà $A B \perp C H \Rightarrow A B \perp(C H K)$ hay B đúng.

D sai vì $BC$  không vuông góc với $AC$ nên không có $B C \perp(S A C)$

Đáp án: D

Hướng dẫn giải (chi tiết)

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

Vậy$\left\{\begin{array}{l}{A E \perp S B} \\ {A E \perp B C}\end{array} \Rightarrow A E \perp S C(1) \text { suy ra } A E \perp(S B C)\right.$

Tương tự: $A F \perp S C$  (2)

Từ (1) ; (2) $\Rightarrow S C \perp(A E F)$

Mà $A M \subset(A E F)$ nên $A M \perp S C$

Do đó các đáp án A, B, D đều đúng.

Đáp án C sai vì $A F \perp(S C D)$

Đáp án: C

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{A B \perp B C} \\ {A B \perp C D}\end{array} \Rightarrow A B \perp(B C D) \Rightarrow\right.$ tam giác ABD vuông tại B

Suy ra $I A=I B=I D=\dfrac{A D}{2}$, với I là trung điểm AD (1)

Lại có $\left\{\begin{array}{l}{A B \perp C D} \\ {B C \perp C D}\end{array} \Rightarrow C D \perp(A B C) \Rightarrow\right.$tam giác ACD vuông tại C

Suy ra $E A=E C=E D=\dfrac{A D}{2}$, với E là trung điểm AD (2)

Từ (1) và (2) suy ra $I \equiv E$ nên trung điểm cạnh AD cách đều A,B,C,D

Đáp án: C

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Vì H là trung điểm của AB, tam giác ABC cân suy ra $C H \perp A B$

Ta có $S A \perp(A B C) \Rightarrow S A \perp C H$ mà $C H \perp A B$ suy ra $C H \perp(S A B)$

Mặt khác $A K \subset(S A B) \Rightarrow C H$ vuông góc với các đường thẳng $S A, S B, A K$

Và $A K \perp S B$ chỉ sảy ra khi và chỉ khi tam giác $S A B$ cân tại S.

Đáp án D

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Gọi O là hình chiếu của D lên AC

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{\left(A C D^{\prime}\right) \cap(A B C D)=A C} \\ {A C \perp D O} \\ {A C \perp D^{\prime} O\left(A C \perp\left(O D D^{\prime}\right) \supset O D^{\prime}\right)}\end{array}\right.$

$\begin{array}{l}{\Rightarrow\left(\left(D^{\prime} A C \widehat{,(A} B C D\right)\right)=\widehat{D^{\prime} O D}=60^{\circ}} \\ {A C=\sqrt{3^{2}+4^{2}}=5 ; D O=\dfrac{A D \cdot D C}{A C}=\dfrac{12}{5}}\end{array}$

Khoảng cách giữa hai mặt đáy là $D D^{\prime}=D O \cdot \tan 60^{0}=\dfrac{12 \sqrt{3}}{5}$

Đáp án: B

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Gọi $G, G^{\prime}$ là trọng tâm các tam giác $A C D^{\prime}, B A^{\prime} C^{\prime}$

Khi đó $D G \perp\left(A C D^{\prime}\right), B^{\prime} G^{\prime} \perp\left(B A^{\prime} C^{\prime}\right)$ vì các hình chóp  $D . A C D^{\prime} \text { và } B^{\prime} . B A^{\prime} C^{\prime}$ là hình chóp đều

Ta có: $A C \perp\left(B D D^{\prime} B^{\prime}\right) \Rightarrow A C \perp D B^{\prime}$

Lại có $C D^{\prime} \perp\left(A D C^{\prime} B^{\prime}\right) \Rightarrow C D^{\prime} \perp D B^{\prime}$

Do đó $D B^{\prime} \perp\left(A C D^{\prime}\right)$

Tương tự $D B^{\prime} \perp\left(B A^{\prime} C^{\prime}\right)$ nên $\left(A C D^{\prime}\right) / /\left(B A^{\prime} C^{\prime}\right) \text { và } G, G^{\prime} \in D B^{\prime}$

Do đó $G G^{\prime}$ vuông góc cả hai mặt phẳng $\left(A C D^{\prime}\right),\left(B A^{\prime} C^{\prime}\right)$

Vậy khoảng cách giữa hai mặt phẳng đó là $G G^{\prime}$

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Ta có: $M M / / A C, M P / / A^{\prime} A \Rightarrow(M N P) / /\left(A C C^{\prime}\right)$

$\Rightarrow d\left((M N P) ;\left(A C C^{\prime}\right)\right)=d\left(P ;\left(A C C^{\prime}\right)\right)=\dfrac{1}{2} d\left(B^{\prime},\left(A C C^{\prime}\right)\right)$

Lại có $B^{\prime} O^{\prime} \perp A^{\prime} C^{\prime}, B^{\prime} O^{\prime} \perp C C^{\prime} \Rightarrow B^{\prime} O^{\prime} \perp\left(A C C^{\prime}\right) \Rightarrow d\left(B^{\prime},\left(A C C^{\prime}\right)\right)=B^{\prime} O^{\prime}=\dfrac{1}{2} B^{\prime} D^{\prime}=\dfrac{a \sqrt{2}}{2}$

Đáp án: D

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Gọi là trung điểm của AD nên suy ra $S I \perp A D \Rightarrow S I \perp(A B C D) \text { và } S I=\dfrac{a \sqrt{3}}{2}$

Kẻ $A x \| B D$. Do đó $d(B D ; S A)=d(B D ;(S A x))=d(D ;(S A x))=2 d(I ;(S A x))$

(vì $D I \cap(S A x)=A \text { và } I A=\dfrac{1}{2} D A$)

Kẻ $I E \perp A x$, kẻ $I K \perp S E(1)$ta có :

$\left\{\begin{array}{l}{A x \perp S I} \\ {A x \perp I E}\end{array} \Rightarrow A x \perp(S I E) \Rightarrow A x \perp I K(2)\right.$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow I K \perp(S A x)$. Khi đó $d(I ;(S A x))=I K$

Gọi F là hình chiếu của I trên BD dễ dàng chứng minh được :

$\Delta I A E=\Delta I D F(c h-g n) \Rightarrow I E=I F=\dfrac{A O}{2}=\dfrac{a \sqrt{2}}{4}$

Tam giác vuông SIE, có $I K=\dfrac{S I . I E}{\sqrt{S I^{2}+I E^{2}}}=\dfrac{a \sqrt{21}}{14}$

Vậy $d(B D ; S A)=2 I K=\dfrac{a \sqrt{21}}{7}$

Đáp án: C

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Ta có $S H=a \sqrt{3} ; H C=a \sqrt{10} ; H D=a \sqrt{2} ; D C=a \sqrt{8} \Rightarrow H C^{2}=H D^{2}+D C^{2}$

Vậy tam giác $HDC$ vuông tại $D$.

Gọi $M$ là trung điểm của $CD$.

Ta có: $\displaystyle \frac{d(A ;(S C D))}{d(H ;(S C D))}=\frac{O A}{O H}=\frac{A D}{H M}=\frac{2 A D}{A D+B C}=\frac{1}{2}$

$\Rightarrow d(A ;(S C D))=\dfrac{1}{2} \cdot d(H ;(S C D))=\dfrac{1}{2} \cdot H K$

Trong đó $K$ là hình chiếu vuông góc của $H$ lên $SD$. Ta có:

$\begin{array}{l}{\dfrac{1}{H K^{2}}=\dfrac{1}{H D^{2}}+\dfrac{1}{H S^{2}}=\dfrac{1}{2 a^{2}}+\dfrac{1}{3 a^{2}}=\dfrac{5}{6 a^{2}}} \\ {\Rightarrow H K=\dfrac{a \sqrt{6}}{\sqrt{5}} \Rightarrow d(A ;(S C D))=\dfrac{a \sqrt{6}}{2 \sqrt{5}}=\dfrac{a \sqrt{30}}{10}}\end{array}$

Đáp án: B.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Xác định $60^{\circ}=\left( {\widehat {SD;(ABCD)}} \right)=(S \widehat{D, A D})=\widehat{S D A}$ và $S A=A D \cdot \tan \widehat{S D A}=2 a \sqrt{3}$

Gọi $O$ là tâm hình chữ nhật $ABCD$ ta có

$\begin{array}{l}{C A \cap(S B D)=O \Rightarrow \dfrac{d(C ;(S B D))}{d(A ;(S B D))}=\dfrac{C O}{A O}=1} \\ {\Rightarrow d(C ;(S B D))=d(A ;(S B D))}\end{array}$

Trong $(ABCD)$ kẻ $A E \perp B D $ và trong $(SAE)$ kẻ $A K \perp S E(1)$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{B D \perp A E} \\ {B D \perp S A}\end{array} \Rightarrow B D \perp(S A E) \Rightarrow B D \perp A K(2)\right.$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow A K \perp(S B D) \Rightarrow d(A ;(S B D))=A K$

Tam giác vuông $BAD$ có $A E=\dfrac{A B \cdot A D}{\sqrt{A B^{2}+A D^{2}}}=\dfrac{2 a}{\sqrt{5}}$

Tam giác vuông $SAE$ có $A K=\dfrac{S A \cdot A E}{\sqrt{S A^{2}+A E^{2}}}=\dfrac{a \sqrt{3}}{2}$

Vậy $d(C ;(S B D))=A K=\dfrac{a \sqrt{3}}{2}$

Đáp án: A.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Ta có $A C=\sqrt{A B^{2}+B C^{2}}=5 a$ 

Xác định $60^{0}=(S C, \widehat{(A B C)})=(S \widehat{C, A C})=\widehat{S C A}$ và  $S A=A C \cdot \tan \widehat{S C A}=5 a \sqrt{3}$

Gọi N là trung điểm BC, suy ra $M N \| A B$

Lấy điểm E đối xứng với N qua M, suy ra ABNE là hình chữ nhật

Do đó $d(A B ; S M)=d(A B ;(S M E))=d(A ;(S M E))$

Kẻ $A K \perp S E$

Vì $M E \perp A E, M E \perp S A$ nên $M E \perp(S A E) \Rightarrow M E \perp A K$.

Mà $A K \perp S E$ nên $A K \perp(S M E)$

Khi đó $d(A ;(S M E))=A K=\dfrac{S A \cdot A E}{\sqrt{S A^{2}+A E^{2}}}=\dfrac{10 a \sqrt{3}}{\sqrt{79}}$

Đáp án: D

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Ta có $\Delta S A B=\Delta S A D(c-g-c)$ suy ra $S B=S D$

Mà $\widehat{S B D}=60^{\circ} \Rightarrow \Delta S B D$ đều cạnh $S B=S D=B D=a \sqrt{2}$

Tam giác vuông SAB, có $S A=\sqrt{S B^{2}-A B^{2}}=a$

Gọi E là trung điểm của AD, suy ra $O E \| A B$ và $A E \perp O E$.

Do đó $d(A B ; S O)=d(A B ;(S O E))=d(A ;(S O E))$

Kẻ $A K \perp S E$(1) ta có: 

$\left\{\begin{array}{l}{O E \perp A D} \\ {O E \perp S A}\end{array} \Rightarrow O E \perp(S A D) \Rightarrow O E \perp A K(2)\right.$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow A K \perp(S O E)$

$\Rightarrow d(A ;(S O E))=A K=\dfrac{S A \cdot A E}{\sqrt{S A^{2}+A E^{2}}}=\dfrac{a \sqrt{5}}{5}$

Đáp án: D

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Ta có $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} = \left( {\overrightarrow {CB} - \overrightarrow {CA} } \right).\overrightarrow {CD} = \overrightarrow {CB} .\overrightarrow {CD} - \overrightarrow {CA} .\overrightarrow {CD} = CB.CD.\cos \left( {\widehat {DCB}} \right) - CA.CD.\cos \left( {\widehat {DCA}} \right) = 0$

Đáp án C

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Ta có $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CA} = \overrightarrow {AA} = \overrightarrow 0 \Rightarrow \overrightarrow b - \overrightarrow c + \overrightarrow d = \overrightarrow 0 $

Đáp án C

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Ta có $B\'C//A\'D \Leftrightarrow \left( {\widehat {A\'B;B\'C}} \right) = \left( {\widehat {A\'B;A\'D}} \right) = \widehat {DA\'B}$

Xét $\Delta DA\'B$ có $A\'D = A\'B = BD = AB\sqrt 2 $ nên $\Delta DA\'B$ là tam giác đều

Vậy $\left( {\widehat {A\'B;B\'C}} \right) = \widehat {DA\'B} = {60^o}$

Đáp án B

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Theo đề bài ta có $\Delta ABC; \Delta DBC $ lần lượt cân tại A,D. Gọi H là trung điểm của $BC$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\nAH \bot BC\\\nDH \bot BC\n\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {ADH} \right)\\\nAD \subset \left( {ADH} \right) \Rightarrow BC \bot AD\n\end{array}$

Đáp án A

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}\nBC \bot AB\\\nBC \bot SA\n\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB$

$ \Rightarrow \left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABC} \right)} \right) = \widehat {SBA}$

Đáp án A

Hướng dẫn giải (chi tiết)

A sai vì 2 mặt phẳng cùng vuông góc với một mặt phẳng thứ ba thì giao tuyến của nó vuông góc với mặt phẳng thứ 3. Từ đó suy ra C sai.

B sai vì hai mặt phẳng vuông góc với nhau thì mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng này mà vuông góc với giao tuyến sẽ vuông góc với mặt phẳng kia.

Đáp án D

Hướng dẫn giải (chi tiết)

A đúng

B sai vì 2 đường thẳng đó có thể chéo nhau hoặc song song với nhau

C sai vì 2 mặt phẳng đó có thể song song với nhau

D sai vì 2 đường thẳng phân biệt đó có thể song song với nhau.

Đáp án A