Chuyên đề 8. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN

Ta có \(A'C'\parallel AC\) nên

\(\left(A'C',D'C\right)=\left( D'C,AC \right).\)

Dễ thấy tam giác \(ACD'\) là tam giác đều nên \(\widehat{D'CA}=60^\circ\), do đó

\begin{align*}\left(A'C',D'C\right)=\left( D'C,AC \right)=60^\circ.\end{align*}

Do \(A'C'\parallel AC\) nên \((AC,A'B)=(A'C',A'B)=\widehat{BA'C'}\). Đặt \(AB=a\).

Xét \(\triangle BA'C'\), có \(A'B=BC'=a\sqrt{2}\), \(A'C'=a\). Suy ra

\(\cos\varphi=\displaystyle\frac{A'B^2+A'C'^2-BC'^2}{2A'B\cdot A'C'}=\displaystyle\frac{a^2}{2\cdot a\sqrt{2}\cdot a}=\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{4}.\)

Do \(AB\parallel CD\) nên góc giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(DC'\) cũng là góc giữa \(CD\) và \(DC'\).

Do \(\triangle CDC'\) vuông cân tại \(C\) nên \(\widehat{CDC'}=45^\circ\).

Vậy góc giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(DC'\) là \(\widehat{CDC'}=45^\circ\).

Ta có: \(AC\parallel A'C' \Rightarrow \left(AC,A'D\right)=\left(A'C',A'D\right)\).

Mặt khác: \(A'C'=A'D=DC'=a\sqrt{2}\) nên suy ra \(\triangle A'DC'\) đều.

Do đó \(\left(A'C',A'D\right)=60^{\circ}\).

Ta có \(\overrightarrow{GE}=\overrightarrow{CA}\) nên

\(\left(\overrightarrow{AF},\overrightarrow{GE}\right)=\left(\overrightarrow{AF},\overrightarrow{CA}\right)\) \(=180^{\circ}-\left(\overrightarrow{AF},\overrightarrow{AC}\right)=180^{\circ}-\widehat{FAC}.\)

Tam giác \(FAC\) đều nên \(\widehat{FAC}=60^\circ\).

Vậy \(\left(\overrightarrow{AF},\overrightarrow{GE}\right)=180^\circ-60^\circ=120^\circ\).

Gọi \(E\) là điểm thứ tư của hình bình hành \(BACE\).

Khi đó ta có \(\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{C'A'}\right) =\left(\overrightarrow{CE},\overrightarrow{CA}\right)=\widehat{ACE}\) \(=\widehat{ACB}+\widehat{BCE}=45^\circ+90^\circ=135^\circ.\)

Ta có \(\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{B'D'}=\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{BD}=0\) vì \(ABCD\) là hình vuông nên \(AC\perp BD\).

Vậy \(\left(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{B'D'}\right)=90^{\circ}\).

Theo định nghĩa đường thẳng vuông góc với mặt phẳng ta có \\

Đường thẳng \(\Delta\) được gọi là vuông góc với mặt phẳng \((P)\) nếu \(\Delta\) vuông góc với mọi đường thẳng nằm trong \((P)\).

Ta có \(\begin{cases}DA\perp AB\\DA\perp SA\end{cases}\) suy ra \(DA\perp (SAB)\).

Xét tứ giác \( AECD \) có \(\begin{cases}AE=DC=a\\AE\parallel DC \end{cases}\) suy ra \(AECD\) là hình bình hành.

Do đó \( CE\parallel DA \). Mà \( DA\perp (SAB) \) nên \( CE\perp (SAB) \).

Ta có \(AA'\perp (A'B'C'D')\) nên \(AA' \perp B'D'\).

Kết hợp với \(A'C'\perp B'D'\) (do \(A'B'C'D'\) là hình vuông) ta được \(B'D'\perp (ACC'A')\).

Suy ra \(A'C\perp B'D'\). Tương tự \(A'C\perp B'A\).

Do đó \(A'C\perp (AB'D')\).

Vì \(ABCD\) là tứ diện đều nên các mặt của nó đều là tam giác đều. Khi đó \(G\) cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).

Theo tính chất của hình chóp đều thì \(DG \perp (ABC)\).

Do \(SA\perp (ABCD)\) nên \(SA\perp BC\) và \(SA\perp CD\).

Do \(ABCD\) là hình vuông nên \(AB\perp BC\) và \(AD\perp DC\).

Ta có \(\begin{cases}SA\perp BC\\ BC\perp AB\end{cases}\) nên \(BC\perp (SAB)\), suy ra \(BC\perp AH\).

Từ đó \(\begin{cases}AH\perp SB\\ AH\perp BC\end{cases}\) nên \(AH\perp (SBC)\), suy ra \(AH\perp SC\).

Tương tự \(CD\perp (SCD) \Rightarrow AK\perp (SCD) \Rightarrow AK\perp SC\).\\

Do \(\begin{cases}SC\perp AH\\ SC\perp AK\end{cases}\) nên \(SC\perp (AHK)\).

Theo giả thiết \(AC,BD, SO\) đôi một vuông góc, do đó \(SO\perp (ABCD), BD \perp ( SAC), AC \perp ( SBD)\), do \(AB\) có thể không vuông góc với \(BC\) nên \(AB \perp ( SBC)\) là sai.

Vì \(SA\perp (ABC)\) nên \(SA\perp CH\).

Vì \(HK\parallel SA\) và \(SA\perp (ABC)\) nên \(HK\perp (ABC)\).

Suy ra \(HK\perp BC\).

Vì \(CH\perp AB\) và \(CH\perp SA\) nên \(CH\perp SB\).

\(AK\) không vuông góc với \(SB\).

Vì \(SA\perp (ABC)\) nên \(BC\perp SA\), kết hợp với \(BC\perp AC\) suy ra \(BC\perp (SAC)\), do đó \(BC\perp AH\).

Theo bài ra ta có \(SH\perp (ABCD)\Rightarrow SH \perp BC\).

Mặt khác \(BC\perp AB\) (vì \(ABCD\) là hình vuông) \(\Rightarrow BC\perp (SAB)\Rightarrow BC\perp SA\).

Gọi \(I\) là giao điểm của \(AN\) và \(DM\).

Dễ thấy \(\triangle ADN=\triangle DCN\) (c.g.c) nên \(\widehat{AND}=\widehat{DMC}\), \(\widehat{NAD}=\widehat{MDC}\), do đo \(\widehat{AND}+\widehat{IDC}=90^\circ\Rightarrow \widehat{DIN}=90^\circ\) hay \(AN\perp DM\) \((1)\).

Lại có \(HA=CN\) và \(HA\parallel CN\Rightarrow AHCN\) là hình bìn hành, do đó \(HC\parallel AN\).

Từ \((1)\) suy ra \(DM\perp HC\Rightarrow DM\perp (SHC)\) nên \(DM\perp SC\).

\(\bullet\,\) Ta có \(\begin{cases}BC\perp AB\\BC\perp SA\end{cases}\) suy ra \(BC\perp (SAB)\).

Mà \( SB\subset (SAB) \) nên \( BC \perp SB\).

Do đó \( \triangle SBC \) vuông tại \( B \).

\(\bullet\,\) Ta có \(\begin{cases}CD\perp AD\\CD\perp SA\end{cases}\) suy ra \(CD\perp (SAD)\).

Mà \( SD\subset (SAD) \) nên \( CD \perp SD\).

Do đó \( \triangle SCD \) vuông tại \( D \).

\(\bullet\,\) Ta có \(\begin{cases}SA\perp (ABCD)\\AB\subset (ABCD)\end{cases}\) suy ra \(SA\perp AB\).

Do đó \( \triangle SAB \) vuông tại \( A \).

\(MN\) là đường trung bình của \(\triangle SAC\) nên \(MN\parallel SA\).

Mà \(SA\perp (ABC)\) nên \(MN\perp (ABC)\Rightarrow MN\perp BC\).

\(\triangle ABC\) cân tại \(B\) nên trung tuyến \(BN\) cũng là đường cao nên \(BN\perp AC\).

Do đó \(\begin{cases}BN\perp AC\\BN\perp SA\end{cases}\Rightarrow BN\perp (SAC)\Rightarrow BN\perp AM\).

Mặt khác \(\begin{cases}AC\perp MN\\AC\perp BN\end{cases}\Rightarrow AC\perp (BMN)\Rightarrow AC\perp BM\).

Vậy \(AM\perp SB\) là sai.

Ta có \(SO\perp ( ABCD ),SO\subset ( SAC )\) nên \(( SAC )\perp ( ABCD )\).

\(BD \perp AC ; BD \perp SA \Rightarrow BD \perp (SAC)\) \(\Rightarrow (SAC)\perp (SBD).\)

Theo giả thiết ta có:

\(\begin{cases}AB\perp AD\\AC\perp SA\end{cases}\Rightarrow AB\perp (SAD)\).

Lại có \( CD\parallel AB \Rightarrow CD\perp (SAD)\Rightarrow (SCD)\perp (SAD) \).

\(\bullet\,\) Do \(C'B' \perp (ABB'A') \Rightarrow (BB'C'C) \perp (AA'B'B).\)

\(\bullet\,\) Dễ thấy góc giữa \((AB'C')\) và \((A'B'C')\) bằng \(\widehat {AB'A'} =45^\circ \Rightarrow \triangle AA'B'\) vuông cân tại \(A' \Rightarrow AA'= A'B'= a\sqrt{3} \Rightarrow\) tứ giác \(ABB'A'\) là hình vuông.

Do \( \begin{cases} A'B \perp AB'\\ A'B \perp B'C'\end{cases}\Rightarrow A'B \perp (AB'C') \Rightarrow (A'BC) \perp (AB'C'). \)

\(\bullet\,\) Do \(C'B' \perp (ABB'A') \Rightarrow (AB'C') \perp (ABB'A').\)

Ta có \(\triangle SAB\) đều, \(M\) là trung điểm của \(SA\) nên \(BM \perp SA \quad (1)\).

\(\triangle SAD\) đều, \(M\) là trung điểm của \(SA\) nên \(DM \perp SA \quad (2)\).

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(SA \perp (MBD)\).

Mà \(SA \subset (SAC)\) nên \((SAC) \perp (MBD)\).

Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\), từ \(OB=OC=a\sqrt{6}\), ta có \(OM\perp BC\).

Từ \(OA\perp OB\) và \(OA\perp OC\Rightarrow OA\perp (OBC)\Rightarrow OA\perp BC\).

Từ \(\begin{cases}OA\perp BC\\OM\perp BC\end{cases}\Rightarrow BC\perp (OAM)\).

Từ đây suy ra góc giữa hai mặt phẳng \((ABC)\) và \((OBC)\) bằng góc giữa hai đường thẳng \(AM\), \(OM\) và bằng góc \(\widehat{OMA}\).

Ta có \(OM=\displaystyle\frac{1}{2}BC=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot a\sqrt{6}\cdot\sqrt{2}=a\sqrt{3}\).

Xét tam giác \(OAM\) vuông tại \(O\), ta có \(\tan\widehat{OMA}=\displaystyle\frac{OA}{OM}=\displaystyle\frac{a}{a\sqrt{3}}=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow \widehat{OMA}=30^\circ\).

Vậy, góc giữa hai mặt phẳng \((ABC)\) và \((OBC)\) bằng \(30^\circ\).

Gọi \(\alpha\) là góc giữa hai mặt phẳng \((A'B'CD)\) và \((ACC'A')\).

Ta có \(\begin{cases} B'D'\perp A'C' \\ B'D'\perp AA'\end{cases}\Rightarrow B'D'\perp (ACC'A')\); \(\begin{cases} AD'\perp A'D \\ AD'\perp CD\end{cases}\Rightarrow AD'\perp (A'B'CD)\).

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng \((A'B'CD)\) và \((ACC'A')\) chính là góc giữa \(AD'\) và \(B'D'\).

Xét tam giác \(AD'B'\) có \(AD'=B'D'=B'A= a\sqrt{2}\).

Suy ra tam giác \(AD'B'\) là tam giác đều. Vậy \(\alpha =60^\circ\).

Ta có \(A'D'\perp (ABB'A')\) nên \(A'D'\perp AB'\) mà \(AB' \perp A'B'\) nên \(AB' \perp (BA'D'C)\).

Tương tự \(AD'\perp (DA'B'C)\).

Do đó \(\left( (BA'D'C), (DA'B'C)\right)=(AB',AD')\).

Mặt khác ta có \(AD'=AB'=B'D'=a\sqrt{2}\) nên tam giác \(AB'D'\) là tam giác đều.

Vậy góc giữa hai mặt phẳng \((BA'C)\) và \((DA'C)\) bằng \(60^\circ\).

\(( SAC )\perp ( SBD )\) do \(BD\perp ( SAC )\).

Ta có \(\begin{cases}(SAB)\cap (SAC)=SA\\(ABC)\perp SA\\(ABC)\cap (SAB)=AB\\(ABC)\cap (SAC)=AC.\end{cases}\)

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng \((SAB)\) và \((SAC)\) bằng góc giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(AC.\)

Xét tam giác \(ABC\Rightarrow \cos BAC=\displaystyle\frac{AB^2+AC^2-BC^2}{2\cdot AB\cdot AC}\) \(=\displaystyle\frac{a^2+a^2-3a^2}{2\cdot a\cdot a}=-\displaystyle\frac{1}{2}\Rightarrow\widehat{BAC}=120^\circ.\)

Khi đó, góc gữa hai đường thẳng \(AB\) và \(AC\) bằng \(60^\circ.\)

Vậy góc giữa hai mặt phẳng \((SAB)\) và \((SAC)\) bằng \(60^\circ.\)

Đặt \(O=AC\cap BD\). Do \(S.ABCD\) là chóp tứ giác đều nên ta có \(SO\perp (ABCD)\).

Suy ra \(\mathrm{d}(S,(ABCD))=SO\).

Ta có \(SC=2a\), \(OC=\displaystyle\frac{AC}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\).

Xét tam giác vuông \(SOC\), ta có

\(SO=\sqrt{SC^2-OC^2}=\sqrt{4a^2-\displaystyle\frac{a^2}{2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{14}}{2}.\)

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(A\) trên mặt phẳng \((DBC)\). Khi đó \(\mathrm{d}\left( A,(DBC) \right) = AH\).

Vì \(AD=AB=AC\) nên \(HD=HB=HC\) hay \(H\) là trọng tâm của tam giác \(ABC\).

Ta có \(DH=\displaystyle\frac{2}{3}DM=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{3}\).

\(AH=\sqrt{AD^2-DH^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{3}\).

Vì \(S.ABC\) là hình chóp tam giác đều nên gọi \(H\) là tâm của tam giác \(ABC\) thì \(SH\perp (ABC)\).

Do đó khoảng cách từ \(S\) đến mặt phẳng \((ABC)\) là \(SH\).

Ta có góc giữa cạnh bên và mặt đáy là \(\widehat{SAH}=30^{\circ}\).

\(\Rightarrow SH=SA\cdot \sin 30^{\circ}=2a\cdot \displaystyle\frac{1}{2}=a.\)

Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\), kẻ \(SH \perp AI\).

Ta có \(\begin{cases}SA\perp SB\\SA\perp SC\end{cases}\Rightarrow SA \perp BC\). Mà \(\triangle SBC\) vuông cân tại \(S\) nên \(BC \perp SI\).

Vậy \(BC \perp (SAI)\Rightarrow BC \perp SH\).

Do đó \(SH \perp (ABC) \Rightarrow \mathrm{d}(S,(ABC)) = SH\).

Xét \(\triangle SBC\) vuông tại \(S\), \(SI\) là đường cao nên

\(\displaystyle\frac{1}{SI^2} = \displaystyle\frac{1}{SB^2} + \displaystyle\frac{1}{SC^2}\) \(= \displaystyle\frac{1}{a^2} + \displaystyle\frac{1}{a^2} = \displaystyle\frac{2}{a^2}.\)

Xét \(\triangle SAI\) vuông tại \(S\), \(SH\) là đường cao nên

\(\displaystyle\frac{1}{SH^2} = \displaystyle\frac{1}{SA^2} + \displaystyle\frac{1}{SI^2} = \displaystyle\frac{1}{2a^2} + \displaystyle\frac{2}{a^2}\) \(= \displaystyle\frac{5}{2a^2}\Rightarrow SH = \displaystyle\frac{a\sqrt{10}}{5}.\)

Vậy \(\mathrm{d}(S,(ABC)) = SH = \displaystyle\frac{a\sqrt{10}}{5}\).

Do \(\begin{cases}OA \perp OB\\OA \perp OC\end{cases} \Rightarrow OA \perp \left( {OBC} \right)\) \(\left( {1} \right)\).

Trong tam giác \(OBC\), dựng \(OE \perp BC\) mà \(BC \perp OA\) (do \(\left( {1} \right)\)) nên \(BC \perp \left( {OAE} \right)\). \\Trong tam giác \(OAE\), dựng \(OH \perp AE\) tại \(H. \\\Rightarrow OH \perp \left( {ABC} \right)\). Do đó \(\mathrm{d}(O,\left( {ABC} \right))=OH\).

Xét tam giác \(OBC\) vuông tại \(O\), đường cao \(OE\):

\(\displaystyle\frac{1}{OE^2}=\displaystyle\frac{1}{OC^2}+\displaystyle\frac{1}{OB^2}=\displaystyle\frac{2}{3}\).

Xét tam giác \(OAE\) vuông tại \(O\), dường cao \(OH\):

\(\displaystyle\frac{1}{OH^2}=\displaystyle\frac{1}{OE^2}+\displaystyle\frac{1}{OA^2}=\displaystyle\frac{2}{3}+\displaystyle\frac{1}{3}=1.\)

\(\Rightarrow \mathrm{d}(O,\left( {ABC} \right))=OH=1\).

Thể tích khối lăng trụ \(V=B\cdot h=a^2\cdot 2a=2a^3\).

Ta có diện tích \(ABCD\) là \(S=a^2\).

Xét tam giác \(SAC\) có \(SA=\sqrt{SC^2-AC^2}=\sqrt{9a^2-2a^2}=\sqrt{7}a.\)

Vậy thể tích khối chóp \(S.ABCD\) là \(V=\displaystyle\frac{1}{3}S\cdot SA=\displaystyle\frac{a^3\sqrt{7}}{3}\).

Ta có \(AA' = \sqrt{A'B^2 - AB^2} = \sqrt{9a^2-3a^2} = a\sqrt{6}\).

Diện tích tam giác \(ABC\) là \(S=\displaystyle\frac{\left(a\sqrt{3}\right)^2 \sqrt{3}}{4} = \displaystyle\frac{3a^2\sqrt{3}}{4}\).

Thể tích khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) là

\(V = \displaystyle\frac{3a^2 \sqrt{3}}{4} \cdot a\sqrt{6} = \displaystyle\frac{9a^3\sqrt{2}}{4}.\)

Ta có \(A'H=\sqrt{AA'^2-AH^2}=\sqrt{4a^2-a^2}=a\sqrt{3}\).

Suy ra

\(V_{ABC.A'B'C'}= A'H \cdot S_{ABC}=a \sqrt{3} \cdot \displaystyle\frac{1}{2}a \cdot a\sqrt{3}= \displaystyle\frac{3a^3}{2}.\)

Gọi tứ diện đều \(S.ABC\) có \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\).

Ta có \(SG=\sqrt{SA^2-AG^2}=\sqrt{a^2-\left(\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{3}\).

Thể tích khối tứ diện \(V=\displaystyle\frac{1}{3}SG\cdot S_{ABC}=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot \displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{3}\cdot \displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\displaystyle\frac{a^3\sqrt{2}}{12}.\)

Vì \(BO\) là hình chiếu vuông góc của \(SB\) lên \((ABCD)\) nên góc giữa \(SB\) và \((ABCD)\) là góc \(\widehat{SBO}=\alpha\).

\(\triangle SBO\) vuông tại \(O\) có

\(\bullet\,\) \(BO=SB\cos \alpha=\displaystyle\frac{a\sqrt{11}}{10}\). Suy ra \(AB=BO\sqrt{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{22}}{10}\).

\(\bullet\,\) \(SO^2=SB^2-BO^2\Rightarrow SO=\displaystyle\frac{33a}{10}\).

Thể tích khối chóp \(S.ABCD\) là \(V=\displaystyle\frac{1}{3}SO\cdot S_{ABCD}=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot \displaystyle\frac{33a}{10}\cdot\left(\displaystyle\frac{a\sqrt{22}}{10}\right)^2 =\displaystyle\frac{121}{500}a^3.\)

Xét hình chóp tam giác đều \(S.ABC\), \(H\) là trọng tâm tam giác \(ABC\),

\(M\) là trung điểm của \(BC\). Vì \(S.ABC\) là chóp đều nên \(SH\perp (ABC)\),

suy ra \((SA, (ABC))=\widehat{SAH}=30^\circ\).

Ta có \(AM\) là đường cao của tam giác đều cạnh \(a\), suy ra

\(AM=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\), \(AH=\displaystyle\frac{2}{3}AM=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{3}\).

Xét tam giác vuông \(SAH\) có \(SH=AH\cdot\tan30^\circ=\displaystyle\frac{a}{3}\).

Diện tích đáy của chóp là \(S_{ABC}=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot AM\cdot BC=\displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\).

Khi đó \(V_{S.ABC}=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot S_{ABC}\cdot SH=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot\displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot\displaystyle\frac{a}{3}=\displaystyle\frac{a^3\sqrt{3}}{36}\).

Hình chiếu của \(AC'\) lên \((ABC)\) là \(AC\), do đó góc giữa \(AC'\) và \((ABC)\) là \(\widehat{C'AC}=30^\circ\).

Tam giác \(ACC'\) vuông tại \(C\) nên \(CC'=AC\cdot \tan\widehat{C'AC}=4a\cdot \displaystyle\frac{\sqrt{3}}{3}=\displaystyle\frac{4\sqrt{3}a}{3}\).

Thể tích khối lăng trụ là \(V=S_{ABC}\cdot CC'=\displaystyle\frac{1}{2}AB\cdot AC\cdot CC'\) \(=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot 4a\cdot 4a\cdot \displaystyle\frac{4\sqrt{3}}{3}=\displaystyle\frac{32a^3\sqrt{3}}{3}.\)

Ta có \(AC\) là hình chiếu vuông góc của \(SC\) xuống \((ABCD)\) nên góc giữa \(SC\) và \((ABCD)\) bằng góc giữa \(SC\) và \(AC\) chính là \(\widehat{SCA}=60^\circ\).

Lại có \(AC=\sqrt{AB^2+AD^2} = \sqrt{a^2+2a^2} = a\sqrt{3}\).

Trong tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\) ta có \(SA=AC\cdot \tan 60^\circ = 3a.\)

Diện tích hình chữ nhật \(ABCD\) là \(a\cdot a\sqrt{2}=a^2\sqrt{2}\).

Vậy thể tích khối chóp \(S.ABCD\) là \(V=\displaystyle\frac{1}{3} \cdot a^2\sqrt{2} \cdot 3a = \sqrt{2}a^3\).

Vì \(ABCD\) là hình vuông nên \(AC=a\sqrt{2}\).

Hình chiếu của \(SC\) lên \((ABCD)\) là \(AC\) nên góc giữa \(SC\) và \((ABCD)\) là \(\widehat{SCA}=60^\circ\), từ đó \(SA=AC\cdot \tan 60^\circ=a\sqrt{6}\).

Thể tích khối chóp là \(V=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot S_{ABCD}\cdot SA=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot a^2\cdot a\sqrt{6}=\displaystyle\frac{a^3\sqrt{6}}{3}.\)

Ta có \(\widehat{(SB,(ABC))}=\widehat{SBA}=30^\circ\).

Xét tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\) và \(BC=2a\) nên \(AB=AC=\displaystyle\frac{BC}{\sqrt{2}}=a\sqrt{2}.\)

Xét tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) nên \(\tan\widehat{SBA}=\displaystyle\frac{SA}{AB} \Rightarrow SA=AB\cdot\tan\widehat{SBA}=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{3}.\)

Vậy thể tích khối chóp \(S.ABC\) là \(V=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot SA\cdot S_{\triangle ABC}=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot SA\cdot\displaystyle\frac{1}{2}\cdot AB\cdot AC=\displaystyle\frac{a^{3}\sqrt{6}}{9}.\)

Góc giữa mặt \((SBC)\) và \((ABCD)\) là góc \(\widehat{SBA}=60^\circ\).

Ta có \(SA=AB\cdot \tan \widehat{SBA}=a\sqrt{3}\).

Diện tích đáy là \(S_{ABCD}=a^2\).

Thể tích khối chóp là \(V_{S.ABCD}=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot S_{ABCD} \cdot SA =\displaystyle\frac{a^3\sqrt{3}}{3}\).

Gọi \(M\) là trung điểm đoạn \(BC\).

Do \(ABC\) vuông cân tại \(A\) nên \(AM=\displaystyle\frac{1}{2}BC=\displaystyle\frac{a}{2}\).

Góc giữa mặt phẳng \((SBC)\) và đáy bằng góc \(\widehat{SMA}=45{}^\circ\), nên suy ra \(\triangle SAM\) vuông cân ở \(A\).

Do đó ta có \(SA=AM=\displaystyle\frac{a}{2}\).

Thể tích cần tìm là

\(V=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot SA\cdot S_{ABC}=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot SA\cdot \displaystyle\frac{1}{2}\cdot AM\cdot BC\) \(=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot \displaystyle\frac{a}{2}\cdot \displaystyle\frac{1}{2}\cdot \displaystyle\frac{a}{2}\cdot a=\displaystyle\frac{a^3}{24}.\)

Gọi \(O\) là tâm hình vuông \(ABCD\) và \(M\) là trung điểm \(CD\), khi đó

\(\left\{\begin{aligned}CD \perp SM \\CD \perp OM \end{aligned}\right.\Rightarrow CD \perp (SOM)\).

Suy ra \({\left( \left(SCD\right),\left(ABCD\right)\right)}={\left(SM,OM \right)}=\widehat{SMO}=60^\circ\).

Vì \(S.ABCD\) là hình chóp đều nên \(SO \perp (ABCD)\), do đó \(\triangle SOM\) vuông tại \(O\).

Suy ra \( SO=OM\cdot\tan 60^\circ=a\cdot \sqrt{3}=a\sqrt{3}\).

Vậy \(V_{S.ABCD}=\displaystyle\frac{1}{3}S_{ABCD}\cdot SO=\displaystyle\frac{1}{3}\left(2a\right)^2\cdot a\sqrt{3}=\displaystyle\frac{4a^3\sqrt{3}}{3}\).

Giả sử \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều, có \(O\) là tâm của hình vuông \(ABCD\) và \(M\) là trung điểm cạnh \(BC\). Khi đó \(SO\perp (ABCD)\) và \(OM\perp BC\), suy ra \(BC\perp (SOM)\Rightarrow BC\perp SM\).

Do đó góc giữa \((SBC)\) và \((ABCD)\) là \(\widehat{SMO}=30^{\circ}\).

Xét tam giác \(SOM\) vuông tại \(O\) có \(OM=\displaystyle\frac{a}{2}\), do đó

\(SO=OM\cdot \tan 30^{\circ}=\displaystyle\frac{a}{2\sqrt{3}}\)

\(\Rightarrow V_{S.ABCD}=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot a^{2}\cdot \displaystyle\frac{a}{2\sqrt{3}}=\displaystyle\frac{a^{3}\sqrt{3}}{18}.\)

Góc giữa mặt phẳng \((D'AB)\) và mặt phẳng \((ABCD)\) là \(\widehat {D'AD}=30^{\circ}\).

\(\Rightarrow D'D=AD\cdot \tan 30^{\circ}=\displaystyle\frac {a\sqrt {3}}{3}\).

\(V_{ABCD.A'B'C'D'}=S_{ABCD}\cdot D'D=\displaystyle\frac {a^3\sqrt {3}}{3}\).

Do tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) nên trung điểm \(M\) của \(BC\) là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\). Lại có \(SA=SB=SC\) nên chóp \(S.ABC\) có \(SM\perp (ABC)\).

Góc giữa \(SA\) và \((ABC)\) là góc \(\widehat{SAM}\).

Tam giác \(SMC\) vuông tại \(M\) nên \(SM=\sqrt{SC^2-MC^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\).

Tam giác \(SMA\) vuông tại \(M\) nên \(AM=\sqrt{SA^2-SM^2}=\displaystyle\frac{a}{2}\).

Khi đó \(\cos \widehat{SAM}=\displaystyle\frac{AM}{SA}=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{3}\).

Ta có \(AD\) là hình chiếu vuông góc của \(AD'\) lên mặt phẳng \((ABCD)\) nên góc giữa đường thẳng \(AD'\) và mặt phẳng \((ABCD)\) là góc giữa hai đường thẳng \(AD\) và \(AD'\) bằng \(\widehat{DAD'}\).

Ta lại có \(AC=\sqrt{2}AD=\sqrt{2}AA'\Rightarrow AA'=AD\), hay \(ADD'A'\) là hình vuông suy ra \(\widehat{DAD'}=45^{\circ}\).

Vậy góc giữa đường thẳng \(AD'\) và mặt phẳng \((ABCD)\) là \(45^{\circ}\).

Ta có \(\begin{cases} O \text{ là hình chiếu của } S \text{ lên } (ABCD)\left( \text{ do } SO \perp (ABCD) \right) \\ D \text{ là hình chiếu của } D \text{ lên } (ABCD)\end{cases}\)

\(\Rightarrow OD \text{ là hình chiếu của } SD \text{ lên } (ABCD)\).

Vậy \(\widehat{ \left[ SD , (ABCD) \right]} = \widehat{ \left[ SD , OD \right]} = \widehat{SDO}\).

\(\triangle ADC\) cân tại \(D\) có \(\widehat{ADC} = 60^{\circ}\) nên \(\triangle ADC\) là tam giác đều cạnh \(2a\Rightarrow DO = \displaystyle\frac{2a\sqrt{3}}{2} = a\sqrt{3}\).

Xét \(\triangle SOD\) vuông tại \(O\) (do \(SO \perp (ABCD)\) và \(OD \subset (ABCD)\)).

\(\Rightarrow \tan \widehat{SDO} = \displaystyle\frac{SO}{OD} = \displaystyle\frac{a}{a\sqrt{3}} = \displaystyle\frac{1}{\sqrt{3}}\).

Vậy \(\widehat{SDO}=30^{\circ}\).

Gọi \( H \) là hình chiếu vuông góc của \( B \) lên \( AC \Rightarrow BH\bot (SAC)\)

Xét tam giác \( ABH \) vuông tại \( H \), ta có

\( \sin \widehat{BAH}=\displaystyle\frac{BH}{AB}\Rightarrow BH=AB\cdot\sin 60^\circ=a\sqrt{3}\)

\( SB=\sqrt{SA^2+AB^2}=a\sqrt{6}.\)

Xét tam giác \( SBH \) vuông tại \( H \), ta có

\( \sin \widehat{BSH}=\displaystyle\frac{BH}{SB}=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow \widehat{BSH}=45^\circ \)

Vậy \( [\widehat{SB,(SAC)}]=\widehat{BSH}=45^\circ.\)

\(\triangle ABC\) vuông cân tại \(A\) nên \(\Rightarrow AB=AC=a\).

\(\triangle ABA'\) vuông tại \(A\) nên \(\Rightarrow A'B=a\sqrt{2}\).

Ta có \(\begin{cases} C'A'\perp A'B'\\ C'A'\perp AA'\end{cases}\Rightarrow C'A'\perp \left(ABB'A'\right)\).

\(\Rightarrow BA'\) là hình chiếu của \(BC'\) lên mặt phẳng \(\left(ABB'A'\right)\).

\(\Rightarrow \left(BC',\left(ABB'A'\right)\right)=\left(BC',BA'\right)\).

\(\triangle A'BC'\) vuông tại \(A'\Rightarrow \tan \widehat{A'BC'}=\displaystyle\frac{A'C'}{A'B}=\displaystyle\frac{a}{a\sqrt{2}}=\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}\).