Vì \(BC\perp AB\) do tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) và \(SA \perp BC\) do \(SA \perp (ABC)\). Vậy \(BC \perp (SAB)\).

Để chứng minh \(SI\) vuông góc với mặt phẳng \((ABCD)\) ta cần chứng minh \(SI\) vuông góc với hai cạnh cắt nhau trong mặt phẳng đó.

Theo giả thiết, \(\triangle SAC\) và \(\triangle SBD\) là tam giác cân tại \(S\). Hơn nữa \(I= AC \cap BD\) là trung điểm của \(AC\) và \(BD\) (do \(ABCD\) là hình vuông). Từ đó ta có:

\( \begin{cases}SI \perp AC \\ SI \perp BD \\ AC \cap BD = I\end{cases} \Rightarrow SI \perp (ABCD) \)

Vậy \(SI \perp (ABCD)\).

Theo giả thiết ta có \(\begin{cases}AA'C'C \text{ là hình chữ nhật}\\ AA'=A'C'\end{cases}\Rightarrow AA'C'C \text{ là hình vuông} \Rightarrow AC' \perp A'C\) (1)

Lại có \(AA' \perp (A'B'C'D') \Rightarrow AA' \perp A'D'\). Lại có \(\triangle D'A'C'\) vuông tại \(A'\) nên \(A'D' \perp A'C'\). Từ đó ta được\\ \(A'D' \perp (AA'C'C) \Rightarrow A'D' \perp AC'\) (2).\\ Từ (1) và (2) ta có \(AC' \perp (A'D'C).\)

Theo giả thiết \(\triangle ABC\) là tam giác đều cạnh \(a\),\(I\) là trung điểm \(BC\) suy ra \(AI \perp BC\) (1) và \(AI=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

Lại có \(SA \perp (ABC) \Rightarrow SA \perp BC\) (2).

Từ (1) và (2) ta có \(BC \perp (SAI) \Rightarrow BC \perp AK\). (3)

Tam giác \(SAI\) có \(SA=AI=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\) nên \(\triangle SAI\) là tam giác cân tại \(A\), hơn nữa \(K\) là trung điểm \(SI\) suy ra \(AK \perp SI.\) (4)

Từ (3) và (4) ta có \(AK \perp (SBC).\)

Do \(\triangle ABC\) đều nên \(AI\perp BC\) và \(AI=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\).\(\quad(1)\)

Và \(\triangle DBC\) đều nên \(DI\perp BC\) và \(DI=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

Xét \(\triangle ADI\), ta có \(AI^2+DI^2=AD^2=\displaystyle\frac{6a^2}{4}\)

nên tam giác \(ADI\) vuông tại \(I\) hay \(AI\perp DI\).\(\quad(2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), ta có \(\left\{\begin{aligned}&AI\perp BC\\&AI\perp DI\end{aligned}\right.\Rightarrow AI\perp (BCD)\).

Tam giác \(SAC\) có \(SA=SC\) nên là tam giác cân tại đỉnh \(S\).

Mặt khác \(O\) là trung điểm của \(AC\) nên \(SO\) vừa là đường trung tuyến, vừa là đường cao nên \(SO\perp AC\). \((1)\)

Tương tự, tam giác \(SBD\) có \(SB=SD\) nên là tam giác cân tại đỉnh \(S\).

Mặt khác \(O\) là trung điểm của \(BD\) nên \(SO\) vừa là đường trung tuyến, vừa là đường cao nên \(SO\perp BD\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), ta suy ra \(\begin{cases}SO\perp AC\\SO\perp BD\end{cases}\Rightarrow SO\perp(ABCD)\).

Tam giác \(SAC\) có \(SA=SC\) nên là tam giác cân tại đỉnh \(S\).

Mặt khác \(O\) là trung điểm \(AC\) nên \(SO\) vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao nên \(SO\perp AC\). \((1)\)

Ta có \(BD\perp AC\) (hai đường chéo của hình thoi). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), ta có \(\left\{\begin{aligned}&AC\perp SO\\&AC\perp BD\end{aligned}\right.\Rightarrow AC\perp(SBD)\).

Do \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều nên \(SO\perp BD\). \((1)\)

Ta có \(BD\perp AC\) (hai đường chéo của hình vuông). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(BD\perp (SAC)\). \((*)\)

Do \(M\), \(Q\) là trung điểm của \(AE\), \(AB\) nên \(MQ\parallel EB\).

Tứ giác \(SEBC\) là hình bình hành nên \(EB\parallel SC\). Do đó \(MQ\parallel SC\).

Hơn nữa \(N\), \(Q\) là trung điểm của \(BC\), \(AB\) nên \(NQ\parallel AC\). Từ đó suy ra \((MNQ)\parallel (SAC)\). \((**)\)

Từ \((*)\) và \((**)\), suy ra \(BD\perp (MNQ)\).

Tam giác \(SAB\) đều cạnh \(a\) nên \(SB=AB=a\).

Xét tam giác \(SBC\), ta có

\(\begin{cases}SB^2+BC^2=a^2+a^2=2a^2\\SC^2=2a^2\end{cases}\Rightarrow SB^2+BC^2=SC^2.\)

Suy ra tam giác \(SBC\) vuông tại \(B\) nên \(BC\perp SB\).\(\quad(1)\)

Mặt khác, \(BC\perp AB\) (do \(ABCD\) là hình vuông).\(\quad(2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(BC\perp(SAB)\).

Ta có \(SA\perp (ABCD)\) nên \(BC\perp SA\), \(BC\perp AB\) do \(ABCD\) là hình chữ nhật, suy ra \(BC\perp (SAB)\). Mà \(AM\subset (SAB)\) nên \(AM\perp BC\).

Mặt khác ta có \(AM\perp SB\) do \(AM\) là đường cao trong tam giác \(SAB\). Suy ra \(AM\perp (SBC)\).

Ta có

\begin{align*}\begin{cases} BC \perp AB \\ BC \perp SA \end{cases} \Rightarrow BC \perp (SAB) \Rightarrow BC \perp SB.\end{align*}

Nên tam giác \(SBC\) vuông tại \(B\).

Chứng minh tương tự ta cũng có \(CD \perp (SAD)\). Suy ra \(CD \perp AK\).

Lại có \(AK \perp SD\). Cho nên \(AK \perp (SCD)\).

Từ đó suy ra \(AK \perp SC\).

Tương tự \(AH \perp (SBC)\). Suy ra \(AH \perp SC\).

Vậy \(SC \perp (AHK)\).

Do \(ABCD\) là hình chữ nhật nên \(CD\perp AD\), mà \(SA\perp CD\) nên \(CD\perp (SAD)\).

Suy ra \(CD\perp AK\), mà \(AK\perp SD\) nên \(AK\perp(SCD)\).

Có \(\begin{cases}SA\perp(ABC)\\BH\subset(ABC)\end{cases}\Rightarrow BH\perp SA\).

Mà \(BH \perp AC\) nên \(BH\perp (SAC)\).

Vì \(S.ABCD\) có \(SA=SB=SC=SD\) nên hình chiếu vuông góc của \(S\) trên \((ABCD)\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(ABCD.\)

Mặt khác \(ABCD\) là hình thoi và nội tiếp đường tròn nên \(ABCD\) là hình vuông \(\Rightarrow SO\perp (ABCD).\)

Ta có \(\begin{cases}AC\perp BD\\AC\perp SO\end{cases}\Rightarrow AC\perp (SBD)\)

và \(\begin{cases}BD\perp AC\\BD\perp SO\end{cases}\Rightarrow BD\perp (SAC).\)

Tam giác \(ABC\) cân tại \(A\) và \(M\) là trung điểm của \(BC\) nên \(AM \perp BC\). (1)

Lại có \(SA \perp (ABC)\) nên \(SA \perp BC\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(BC \perp (SAM)\).

Do \(SA=SC\) nên \(AC\perp SO\), mặt khác do \(ABCD\) là hình thoi nên \(AC\perp BD\). Từ đó nhận được \(AC\perp (SBD)\). Hiển nhiên \(AC\perp SB\).

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 \(SC\perp (AHK)\).

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 \(A'C\perp (AB'D')\).

Ta có \(\begin{cases} AC \perp B'D' \\ AC \perp BB'\end{cases} \Rightarrow AC \perp (B'BD')\).

\(ABCD\) là hình thoi tâm \(O\) suy ra \(BD\perp AC\) và \(O\) là trung điểm của \(AC\).

Ta có \(SA=SC\Rightarrow \triangle SAC\) cân tại \(S \Rightarrow SO\perp AC\).

Ta có \(\begin{cases}AC\perp BD\\AC\perp SO \end{cases}\) suy ra \(AC\perp (SBD)\).

\(ABCD\) là hình thoi tâm \(O\) suy ra \(O\) là trung điểm của \(AC\) và \(BD\).

Ta có \(SB=SD\Rightarrow \triangle SBD\) cân tại \(S \Rightarrow SO\perp BD\).

Ta có \(SA=SC\Rightarrow \triangle SAC\) cân tại \(S \Rightarrow SO\perp AC\).

Suy ra \(SO\perp (ABCD)\).

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

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

Ta có \(\begin{cases}AE\perp SB\\AE\perp BC\end{cases}\) suy ra \(AE\perp (SBC)\).

Mà \(SC\subset (SBC)\) nên \(AE \perp SC\). \(\quad(1)\)

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

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

Ta có \(\begin{cases}AF\perp SD\\AF\perp CD\end{cases}\) suy ra \(AF\perp (SCD)\).

Mà \(SC\subset (SCD)\) nên \(AF \perp SC\). \(\quad(2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra \(SC\perp (AEF)\).

Ta có \(CD \perp (SAD) \Rightarrow CD \perp AH\) và \(AH \perp SD \Rightarrow AH \perp (SCD)\).

\(\bullet\,\) Ta có \(CD \perp AD \quad (1)\).

Mặt khác \(CD \perp SA \quad (2)\) do \(SA \perp (ABCD) \).

Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra \(CD \perp (SAD)\).

\(\bullet\,\) Ta có \(SA \perp CM \quad (3)\) do \(SA \perp (ABCD) \).

Mặt khác, \(CM \parallel AD \Rightarrow CM \perp AB \quad (4)\).

Từ \((3)\) và \((4)\) suy ra \((SAB)\).

\(\bullet\,\) Theo đề bài ta có \(SH \perp (ABCD)\) mà \(AC \subset (ABCD)\) nên \(SH \perp AC \quad (1)\).

Vì \(HK\) là đường trung bình của \(\triangle ABD \Rightarrow HK \parallel BD\).

Mà \(BD \perp AC\) (Vì \(BD\) và \(AC\) là hai đường chéo của hình vuông \(ABCD\)).

Suy ra \(HK \perp AC \quad (2)\).

Từ \((1)\) và \((2)\) ta được \(\begin{cases}AC \perp SH \subset (SHK)\\ AC \perp HK \subset (SHK)\\ SH \cup HK =H\end{cases} \Rightarrow AC \perp (SHK)\).

\(\bullet\,\) Gọi \(I=CK \cap DH\).

Suy ra, \(\triangle IDC\) có \(\widehat{IDC}+\widehat{ICD}=\widehat{IDC}+\widehat{ADH}=90^\circ \Rightarrow CK \perp DH \quad (3)\).

Mà \(AH \perp (ABCD) \Rightarrow AH \perp CK \quad (4)\).

Từ \((3)\) và \((4)\) suy ra \(CK \perp (SDH)\).

\(\bullet\,\) Tính góc giữa \(SC\) và \(AB\).

Ta có \(AB \parallel CD\) nên \((SC,AB)=(SC,CD)=\widehat{SCD}\).

Áp dụng hệ quả định lý Côsin ta có \(\cos \widehat{SCD}=\displaystyle\frac{SC^2+CD^2-SD^2}{2 \cdot SC \cdot CD}\) \(=\displaystyle\frac{(2a)^2+(a\sqrt{2})^2-(2a)^2}{2 \cdot 2a \cdot a\sqrt{2}}=\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{4}.\)

Suy ra \(\widehat{SCD}\approx 69^\circ\).

\(\bullet\,\) Gọi \(O\) là hình chiếu vuông góc của \(S\) lên mặt phẳng \((ABCD)\).

Do đó hình chiếu của tam giác \(SAB\) lên mặt phẳng \((ABCD)\) là tam giác \(OAB\).

Khi đó, \(S_{\triangle OAB}=\displaystyle\frac{1}{2} \cdot OA \cdot OB=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot a \cdot a=\displaystyle\frac{a^2}{2}\).

Hình chóp \(S.ABC\) có \(SA=SB=SC\) nên chân đường vuông góc kẻ từ \(S\) tới đáy là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).

Ta có \(\triangle SAB\) vuông cân tại \(S\), \(SA=SB=a \Rightarrow AB=a\sqrt{2}\).

Mặt khác, \(\triangle SBC\) cân tại \(S\) có \(\widehat{BSC}=60^\circ \Rightarrow \triangle SBC\) đều.

Suy ra \(BC=SB=SC=a\).

Lại có \(\triangle SAC\) cân tại \(S\) và \(\widehat{ASC}=120^\circ\). Áp dụng định lý Côsin, ta có

\(AC=\sqrt{SA^2+SC^2-2\cdot SA\cdot SC \cdot \cos 120^\circ}\) \(=\sqrt{a^2+a^2-2\cdot a\cdot a \cdot \displaystyle\frac{-1}{2}}=a\sqrt{3}.\)

Xét tam giác \(\triangle ABC\), ta thấy \(AB^2+BC^2=AC^2\).

Suy ra, tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\).

Do đó, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(\triangle ABC\) là trung điểm của cạnh \(AC\).

Vậy \(SI \perp (ABC)\).

\(\bullet\,\) Ta có \(AA'\perp (ABC) \Rightarrow AA'\perp BC \Rightarrow (AA',BC)=90^\circ\).

Do \(A'B' \parallel AB \Rightarrow (A'B',AC)=(AB,AC)=\widehat{BAC}\).

Áp dụng hệ quả định lý Côsin \(\cos \widehat{BAC}=\displaystyle\frac{AC^2+AB^2-BC^2}{2\cdot AB \cdot AC}\) \(=\displaystyle\frac{2{,}4^2+2{,}4^2-2^2}{2\cdot 2{,}4 \cdot 2{,}4}=0{,}652.\)

Suy ra \(\widehat{BAC} \approx 49^\circ\).

\(\bullet\,\) Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên \(BC\).

Ta có \(AH \perp CB \quad (1)\).

Mặt khác \(BB' \perp AH \quad (2)\) do \(BB'\parallel AA'\) mà \(AA' \perp (ABC)\).

Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra \(AH \perp (BB'C'C)\). Do đó, \(H\) là hình chiếu của \(A\) lên mặt phẳng \((BB'C'C)\).

Khi đó hình chiếu vuông góc của tam giác \(ABB'\) trên mặt phẳng \(\left(BB'C'C\right)\) là tam giác \(BHB'\).

Vậy \(S_{\triangle BHB'}=\displaystyle\frac{1}{2} \cdot BB' \cdot BH=\displaystyle\frac{1}{2} \cdot BB' \cdot \displaystyle\frac{1}{2}BC\) \(=\displaystyle\frac{1}{2} \cdot 3 \cdot \displaystyle\frac{1}{2}\cdot 2=\displaystyle\frac{3}{2}\) m\(^2\).

\(\bullet\,\) Xét \(BC\) và \((SAM)\) có:

\(\begin{cases}BC\perp AM\ (\triangle ABC\ \text{cân tại} A)\\ BC\perp SA\\ SA\cap AM=\lbrace A\rbrace\end{cases}\Rightarrow BC\perp (SAM).\)

\(\bullet\,\) Vì \(BC\perp (SAM)\) nên \(BC\perp SM\).

Xét tam giác \(SBC\) có \(SM\) vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao nên \(\triangle SBC\) là tam giác cân tại \(S\).

\(\bullet\,\) Vì \(SA \perp (ABCD)\) nên \(SA\perp AD\) suy ra \(\triangle SAD\) vuông tại \(A\).

Chứng minh tương tự \(\triangle SAB\) vuông tại \(A\).

\(\bullet\,\) Xét \(CD\) và \((SAD)\) có \(\begin{cases}CD\perp SA\ (SA \perp (ABCD))\\ CD\perp AD\end{cases}\Rightarrow CD\perp (SAD)\).

Suy ra \(CD\perp SD\) hay \(\triangle SCD\) vuông tại \(D\).

Chứng minh tương tự ta có \(\triangle SBC\) vuông tại \(B\).

Ta có \(\begin{cases}BC \perp AB \\ BC \perp SA\end{cases} \Rightarrow BC \perp (SAB) \Rightarrow BC \perp AM\).

\(\begin{cases}AM \perp SB\\ AM \perp BC\end{cases}\Rightarrow AM \perp (SBC)\).

Ta có

\(\begin{cases}CD \perp AD \\ CD \perp SA\end{cases} \Rightarrow CD \perp (SAD) \Rightarrow CD \perp AN\).

\(\begin{cases}AN \perp SD\\ AN \perp CD\end{cases} \Rightarrow AN \perp (SCD)\).

Ta có \(\begin{cases}SC \perp AN \ (\text{vì} \ AN \perp (SCD))\\ SC \perp AM \ (\text{vì} \ AM \perp (SBC))\end{cases} \Rightarrow SC \perp (AMN)\).

Ta có \(1^2+1^2=2 \neq 1{,} 5^2\) hay \(AB^2+AC^2 \neq BC^2\).

Do đó tam giác \(ABC\) không vuông tại \(A\). Suy ra \(AC\) không vuông góc với \(AB\).

Vậy cột không vuông góc với sân.

Ta không thể kết luận cột không có phương thẳng đứng vì mặt sân phẳng chưa chắc nằm ngang (có thể mặt sân không vuông góc với phương thẳng đứng tại điểm đặt chân trụ).

Từ hình vẽ, ta nhớ đến tính chất sau:

\(\bullet\,\) Cho hai đường thẳng song song. Một mặt phẳng vuông góc với đường thẳng này thì cũng vuông góc với đường thẳng kia.

\(\bullet\,\) Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì song song với nhau.

\(\bullet\,\) Hình chiếu của \(SA\), \(SB\), \(SC\) trên mặt phẳng \((ABC)\) lần lượt là \(HA\), \(HB\), \(HC\).

\(\bullet\,\) Ta chứng minh \(H\) là giao điểm của hai đường cao của tam giác \(ABC\). Thật vậy ta có:

\(\bullet\,\) \(\begin{cases}AC\perp SB\\AC\perp SA\end{cases}\Rightarrow AC\perp(SHB)\Rightarrow AC\perp BH\). \((1)\)

\(\bullet\,\) \(\begin{cases}BC\perp SH\\BC\perp SA\end{cases} \Rightarrow BC\perp(SAH)\Rightarrow BC\perp AH\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra \(H\) là trực tâm \(\triangle ABC\). Từ đó suy ra \(CH\perp AB\).

Ta có \(\begin{cases}AB\perp SH\\AB\perp CH\end{cases}\Rightarrow AB\perp (SHC)\Rightarrow AB\perp SC\).

\(\bullet\,\) Ta có \(CD\perp BH\) (vì \(H\) là trực tâm \(\triangle BCD\)),

\(CD\perp AB\) (vì \(AB\perp (BCD)\)) và \(BH,AB\subset (ABH)\) nên \(CD\perp (ABH)\).

\(\bullet\,\) Ta có \(CD\perp AK\) (vì \(K\) là trực tâm \(\triangle ACD\)),

\(CD\perp AB\) (vì \(AB\perp (BCD)\)) và \(AK,AB\subset (ABK)\) nên \(CD\perp(ABK)\).

\(\bullet\,\) Ta có hai mặt phẳng \((ABH)\) và \((ABK)\) cùng vuông góc với \(CD\) nên chúng song song hoặc trùng nhau. Hơn nữa chúng có chung 2 điểm \(A\), \(B\) nên trùng nhau.

Hay \(4\) điểm \(A,B,H,K\) đồng phẳng.

Gọi \(I\) là giao điểm của \(BH\) và \(CD\).

Ta có \(I\) vừa thuộc \(CD\), vừa thuộc \(BH\) nên nằm trên giao tuyến \(AK\) của hai mặt phẳng \((ABK)\) và \((ACD)\).

Vậy ba đường thẳng \(BH\), \(AK\), \(CD\) đồng quy.

\(\bullet\,\) Ta có \(CD\perp AB\) (vì \(AB\perp (BCD)\)), \(CD\perp BC\) (giả thiết) và \(AB, BC\subset (ABC)\) nên \(CD\perp (ABC)\).

Suy ra \(CD \perp BM\).

\(\bullet\,\) Ta có \(BM\perp AC\) (\(M\) là hình chiếu của \(B\) trên \(AC\)) và \(BM\perp CD\) (chứng minh trên) nên \(BM\perp (ACD)\).

Do đó \(BM\perp MN\).

\(\bullet\,\) Ta có \(\begin{cases}OA\perp OC\\OA\perp OB\\OB,OC\subset(OBC)\end{cases}\Rightarrow OA\perp(OBC)\Rightarrow OA\perp BC\).

\(\bullet\,\) Ta có \(\begin{cases}OB\perp OA\\OB\perp OC\\OA,OC\subset(OAC)\end{cases}\Rightarrow OB\perp(OAC)\Rightarrow OB\perp AC\).

\(\bullet\,\) Tương tự, ta chứng minh được \(OC\perp (OAB)\Rightarrow OC\perp AB\).

Tam giác \(ABC\) có \(AB=AC\) nên là tam giác cân tại đỉnh \(A\). Mặt khác \(M\) là trung điểm \(BC\) nên \(AM\) vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao nên \(AM\perp BC\). \((1)\)

Xét hai tam giác \(SAB\) và \(SAC\), ta có

\(\left\{\begin{aligned}SA\text{ chung }\\AB=AC\\\widehat{SAB}=\widehat{SAC}\end{aligned}\right.\Rightarrow \triangle SAB=\triangle SAC(c-g-c).\)

Suy ra \(SB=SC\) nên \(SBC\) là tam giác cân tại đỉnh \(S\).

Mặt khác \(M\) là trung điểm \(BC\) nên \(SM\) vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao nên \(SM\perp BC\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(BC\perp (SAM) \Rightarrow BC\perp SA\).

Xét \(\overrightarrow{SA}\cdot\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{SA}\cdot\left(\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB}\right)=\overrightarrow{SA}\cdot\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{SA}\cdot\overrightarrow{AB}\).

Do các tam giác \(SAB\) và tam giác \(SAD\) là những tam giác vuông tại \(A\) nên \(\overrightarrow{SA}\cdot\overrightarrow{AD}=0\) và \(\overrightarrow{SA}\cdot\overrightarrow{AB}=0\).

Suy ra \(\overrightarrow{SA}\cdot\overrightarrow{BD}=0\) hay \(SA\perp BD\). \((1)\)

Ta có \(BD\perp AC\) (do \(ABCD\) là hình thoi). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(BD\perp (SAC)\Rightarrow BD\perp SC\).

a) Tam giác \(ABC\) đều và \(I\) là trung điểm \(BC\) nên \(AI\perp BC\).

Ta lại có \(AI\perp CC'\) (do \(ABC.A'B'C'\) là lăng trụ đứng).

Nên suy ra \(AI\perp \left(BCC'B'\right) \Rightarrow AI\perp BC'\).

b) Theo câu 1, ta có \(AI\perp BC'\).

Ta lại có \(BC'\perp B'C\) (do \(BCC'B'\) là hình vuông).

Suy ra \(BC'\perp MI\).

Vậy suy ra \(BC'\perp (AMI) \Rightarrow BC'\perp AM\).

a) Từ giả thiết ta có \(OH\perp (ABC)\) suy ra \(OH\perp BC\). \((1)\)

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&OA\perp OB \\&OA\perp OC\end{aligned}\right.\Rightarrow OA\perp (OBC) \Rightarrow OA\perp BC\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(BC\perp (OAH)\).

Chứng minh tương tự ta được \(CA\perp (OBH)\text{ và }AB\perp (OCH).\)

b) Từ kết quả câu a, ta có \(BC\perp (OAH)\) suy ra \(BC\perp AH\). \((3)\)

Tương tự, từ \(AC\perp (OBH)\) suy ra \(AC\perp BH\). \((4)\)

Từ \((3)\) và \((4)\), ta có \(\left\{\begin{aligned}&AH\perp BC \\&BH\perp AC\end{aligned}\right.\) suy ra \(H\) là trực tâm của \(\triangle ABC\).

c) Giả sử \(AH\) cắt \(BC\) tại \(K\), suy ra \(OK\perp BC\).

Trong \(\triangle OBC\) vuông tại \(O\), ta có \(\displaystyle\frac{1}{OK^2}=\displaystyle\frac{1}{OB^2}+\displaystyle\frac{1}{OC^2}\). \((5)\)

Trong \(\triangle OAK\) vuông tại \(O\), ta có \(\displaystyle\frac{1}{OH^2}=\displaystyle\frac{1}{OA^2}+\displaystyle\frac{1}{OK^2}\). \((6)\)

Từ \((5)\) và \((6)\), suy ra \(\displaystyle\frac{1}{OH^2}=\displaystyle\frac{1}{OA^2}+\displaystyle\frac{1}{OB^2}+\displaystyle\frac{1}{OC^2}\).

d) Xét \(\cos \widehat{BAC}=\displaystyle\frac{AB^2+AC^2-BC^2}{2AB\cdot AC}\).

Để chứng minh \(\widehat{BAC}\) nhọn ta cần chứng minh \(\cos \widehat{BAC}>0 \Leftrightarrow AB^2+AC^2-BC^2>0\).

Thật vậy, ta có \(AB^2=OA^2+OB^2;BC^2=OB^2+OC^2;AC^2=OA^2+OC^2\).

Suy ra \(AB^2+AC^2-BC^2=2OA^2>0\) (đpcm).

Chứng minh tương tự, ta được các góc \(\widehat{BAC}\) và \(\widehat{ACB}\) đều nhọn.

Ta có \(\begin{cases}BH\perp AC\\BH\perp SA\end{cases}\Rightarrow BH\perp (SAC) \Rightarrow BH\perp SC\). \((1)\)

Mặt khác, \(BK\perp SC\) (theo giả thiết). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(SC\perp (BHK)\).

Do \(SC\perp (BHK) \Rightarrow SC\perp HK\). \((3)\)

Ta có \(\begin{cases}BC\perp AM \\BC\perp SA\end{cases}\Rightarrow BC\perp (SAM) \Rightarrow BC\perp HK\). \((4)\)

Từ \((3)\) và \((4)\), suy ra \(HK\perp (SBC)\).

a) Do \(SA\perp (ABC)\) suy ra \(BC\perp SA\). \((1)\)

Tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) nên \(BC\perp AB\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(BC\perp (SAB)\).

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&BC\perp (SAB) \\&AM\subset (SAB)\end{aligned}\right. \Rightarrow BC\perp AM\). (3)

Vì \(M\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \(SB\) nên \(AM\perp SB\). \((4)\)

Từ \((3)\) và \((4)\), suy ra \(AM\perp (SBC)\).

b) Từ giả thiết \(\displaystyle\frac{SM}{SB}=\displaystyle\frac{SN}{SC}\) suy ra \(MN\parallel BC\).

Vì \(BC\perp (SAB)\) suy ra \(MN\perp (SBC)\) nên \(MN\perp SB\). \((5)\)

Từ \((4)\) và \((5)\), suy ra \(SB\perp (AMN) \Rightarrow SB\perp AN\).

a) Do \(SA\perp (ABC)\) nên \(SA\perp AB\) và \(SA\perp AC\).

Do đó các tam giác \(SAB\) và \(SAC\) vuông tại \(A\).

Ta có \(BC\perp AC\). \((1)\)

Mặt khác, từ \(SA\perp (ABC) \Rightarrow SA\perp BC\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(BC\perp (SAC) \Rightarrow BC\perp SC\).

Do đó tam giác \(SBC\) vuông tại \(C\).

b) Ta có \(\left\{\begin{aligned}&BC\perp (SAC) \\&AI\subset (SAC)\end{aligned}\right. \Rightarrow BC\perp AI\). \((3)\)

Theo giả thiết \(AI\perp SC\). \((4)\)

Từ \((3)\) và \((4)\), suy ra \(AI\perp (SBC) \Rightarrow AI\perp IK\).

Theo chứng minh trên \(AI\perp (SBC) \Rightarrow AI\perp SB\). \((5)\)

Theo giả thiết \(AK\perp SB\). \((6)\)

Từ \((5)\) và \((6)\), suy ra \(SB\perp (AIK) \Rightarrow SB\perp IK\).

Vì \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) xuống mặt phẳng \((BCD)\) nên \(AH\perp (BCD)\) suy ra \(AH\perp CD\). \((1)\)

Theo giả thiết \(AB\perp CD\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(CD\perp (ABH) \Rightarrow CD\perp BH\).

Chứng minh tương tự, ta được \(BD\perp CH\).

Từ đó suy ra \(H\) là trực tâm của tam giác \(BCD\).

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&BC\perp DH \\&BC\perp AH\end{aligned}\right. \Rightarrow BC\perp (ADH) \Rightarrow BC\perp AD\).

a) Ta có \(\begin{cases}BM\perp AM \\BM\perp AC \text{( do }CA\perp (P)\text{ )}\end{cases}\Rightarrow BM\perp(CAM)\).

Mà \(CC'\subset (CAM)\) nên \(BM\perp CC'\). \((1)\)

Theo giả thiết, ta có \(CC'\perp MD\). \((2)\)

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

b) Xét tam giác \(CMD\) ta có \(\begin{cases}CC'\perp MD\\MA\perp CD\\CC'\cap MA=H\end{cases}\)

\(\Rightarrow H\) là trực tâm của tam giác \(CMD\) nên \(DH\perp CM\). \((3)\)

Từ \(BM\perp (CAM)\) (chứng minh trên) suy ra \(BM\perp DH\). \((4)\)

Từ \((3)\) và \((4)\), suy ra \(DH\perp (BCM) \Rightarrow DH\perp CB\). \((*)\)

Ta có \(\begin{cases}KH\perp AB\\KH\perp AC\end{cases}\Rightarrow KH\perp (ABC) \Rightarrow KH\perp CB\). \((**)\)

Từ \(\left(*\right)\) và \(\left(**\right)\), suy ra \(CB\perp (DKH) \Rightarrow CB\perp DK\).

Vậy \(K\) là trực tâm của tam giác \(BCD\).

a) Ta có \(SH\perp (ABCD) \Rightarrow SH\perp AC\). \((1)\)

Lại có \(\left\{\begin{aligned}&AC\perp BD \\&BD\parallel HK\end{aligned}\right. \Rightarrow AC\perp HK\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(AC\perp (SHK)\).

b) Dễ thấy \(\triangle AHD=\triangle DKC\) suy ra \(\widehat{AHD}=\widehat{DKC}\).

Mà \(\widehat{AHD}+\widehat{ADH}=90^{\circ}\) nên

\(\widehat{DKC}+\widehat{ADH}=90^{\circ}\) hay \(DH\perp CK\). \((3)\)

Mặt khác, ta có \(SH\perp (ABCD) \Rightarrow SH\perp CK\). \((4)\)

Từ \((3)\) và \((4)\), suy ra \(CK\perp (SDH) \Rightarrow CK\perp SD\).

Vì \(H\) là trung điểm của \(AB\) và \(\triangle SAB\) đều nên \(SH\perp AB\). \((1)\)

Ta có \(SH=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\), \(SC=a\sqrt{2}\), \(HC=\sqrt{DH^2+DC^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{5}}{2}\).

Do đó \(HC^2+HS^2=\displaystyle\frac{3a^2}{4}+\displaystyle\frac{5a^2}{4}=2a^2=SC^2\).

Suy ra \(\triangle HSC\) vuông tại \(H\) nên \(SH\perp HC\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(SH\perp (ABCD)\).

a) Từ giả thiết \(SA\perp (ABCD) \Rightarrow SA\perp BC\). \((1)\)

Mặt khác, ta có \(AB\perp BC\) do \(ABCD\) là hình vuông. \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(BC\perp (SAB)\).

Chứng minh tương tự, ta được \(CD\perp (SAD)\).

b) Từ giả thiết \(SA\perp (ABCD) \Rightarrow SA\perp BD\). \((3)\)

Mặt khác, ta có \(AC\perp BD\) do \(ABCD\) là hình vuông. \((4)\)

Từ \((3)\) và \((4)\), suy ra \(BD\perp (SAC)\) tại trung điểm \(O\) của \(BD\) nên \((SAC)\) là mặt trung trực của đoạn \(BD\).

c) Theo chứng minh trên \(BC\perp (SAB) \Rightarrow BC\perp AH\). \((5)\)

Theo giả thiết, ta có \(AH\perp SB\). \((6)\)

Từ \((5)\) và \((6)\), suy ra \(AH\perp (SBC) \Rightarrow AH\perp SC\).

Chứng minh tương tự, ta được \(AK\perp SC\).

Như vậy \(AH,AI,AK\) cùng vuông góc với \(SC\) nên ba đường thẳng \(AH,AI,AK\) cùng chứa trong mặt phẳng qua \(A\) và vuông góc với \(SC\).

d) Giả sử \(HK\) cắt \(AI\) tại \(E\).

Nhận xét rằng: \(\triangle SAB=\triangle SAD(c-g-c)\) suy ra \(SH=SK\).

Trong \(\triangle SBD\), ta có \(\displaystyle\frac{SH}{SB}=\displaystyle\frac{SK}{SD}\) suy ra \(HK\parallel BD\) và \(E\) là trung điểm của \(HK\).

Kết hợp với kết quả ở câu a, suy ra \(HK\perp (SAC)\) tại trung điểm \(E\) của \(HK\).

Vậy \((SAC)\) là mặt phẳng phẳng trung trực của đoạn \(HK\). Từ kết quả \(HK\perp (SAC)\) suy ra \(HK\perp AI\).

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&BC\perp AB \\&BC\perp SA\end{aligned}\right. \Rightarrow BC\perp (SAB) \Rightarrow BC\perp AH\) \((1)\)

Hơn nữa, theo giả thiết \(AH\perp SB\) \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(AH\perp(SBC) \Rightarrow AH\perp SC\). \((*)\)

Tương tự, \(\left\{\begin{aligned}&DC\perp AD\\&DC\perp SA\end{aligned}\right.\Rightarrow DC\perp (SAD) \Rightarrow DC\perp AK\). \((3)\)

Hơn nữa, theo giả thiết \(AK\perp SD\). \((4)\)

Từ \((3)\) và \((4)\), suy ra \(AK\perp (SDC)\Rightarrow AK\perp SC\). \((**)\)

Từ \((*)\) và \((**)\), suy ra \(SC\perp(AHK)\Rightarrow SC\perp AL\).

Ta có \(SA\perp (ABCD)\) suy ra \(SA\perp BM\). \((1)\)

Gọi \(I=AC\cap BM\). Xét tam giác \(AIB\), ta có

\(\left\{\begin{aligned}&\tan \widehat{ABI}=\tan \widehat{ABM}=\displaystyle\frac{AM}{AB}=\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2} \\&\cot \widehat{BAI}=\cot \widehat{BAC}=\displaystyle\frac{AB}{BC}=\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}.\end{aligned}\right. \)

Suy ra \(\tan \widehat{ABI}=\cot \widehat{BAI}\) hay \(\widehat{ABI}+\widehat{BAI}=90^{\circ}\)

nên \(\widehat{AIB}=90^{\circ}\) hay \(BM\perp AI\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(BM\perp (SAC)\).

a) Tam giác \(SBC\) vuông tại \(B\), suy ra \(BC\perp SB\). \((1)\)

Do \(ABCD\) là hình chữ nhật nên \(BC\perp AB\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(BC\perp (SAB) \Rightarrow BC\perp SA\). \((*)\)

Tương tự, ta cũng chứng minh được \(SA\perp CD\). \((**)\)

Từ \((*)\) và \((**)\), suy ra \(SA\perp (ABCD)\).

Trong tam giác vuông \(SCD\), ta có \(SC=\sqrt{DS^2+DC^2}=a\sqrt{6}.\)

Trong tam giác vuông \(SBC\), ta có \(SB=\sqrt{SC^2-BC^2}=a\sqrt{2}.\)

Từ đó suy ra \(SA=\sqrt{SB^2-AB^2}=a\).

b) Theo chứng minh trên ta có \(BC\perp(SAB)\Rightarrow BC\perp AK\). \((3)\)

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&IJ\perp AC \\&IJ\perp SA\end{aligned}\right.\Rightarrow IJ\perp (SAC)\Rightarrow IJ\perp SC\).

Lại có \(AH\perp SC\) (giả thiết). Do đó \(SC\perp (HIJ) \Rightarrow SC\perp AK\). \((4)\)

Từ \((3)\) và \((4)\), suy ra \(AK\perp (SBC)\). Lập luận tương tự, ta có \(AL\perp (SCD)\).

a) Do \(ABCD\) là hình thoi suy ra các đường chéo \(AC\) và \(BD\) vuông góc với nhau tại \(O\) hay \(BD \perp AC (1)\).

Mặt khác, theo giả thiết \(SA \perp (ABCD)\) suy ra \(SA \perp BD (2)\).

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(BD \perp (SAC) \Rightarrow BD \perp SC\).

b) Từ giả thiết \(\displaystyle\frac{SI}{SB} = \displaystyle\frac{SK}{SD}\) suy ra \(IK \parallel BD (3)\).

Theo chứng minh trên \(BD \perp (SAC) (4)\).

Từ \((3)\) và \((4)\), suy ra \(IK \perp (SAC)\).

Gọi \(M\) là giao điểm của \(SK\) với \(DC\).

Do tam giác \(SAB\) đều và \(H\) là trung điểm của cạnh \(AB\) nên \(SH \perp AB\), suy ra \(SH \perp CD (1)\).

Theo giả thiết \(HK \perp (SCD) \Rightarrow HK \perp CD (2)\).

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(CD \perp (SHM) \Rightarrow CD \perp HM\).

Ta có \(SH = a\sqrt{3}\) và \(HM = BC\sin \widehat{BCD} = a\sin 60^\circ\). Suy ra

\(MK = \sqrt{HM^2 - HK^2} = \displaystyle\frac{a\sqrt{15}}{10};SK = \sqrt{SH^2 - HK^2} = \displaystyle\frac{2a\sqrt{15}}{5}.\)

Do đó \(SM = SK + KM = \displaystyle\frac{a\sqrt{15}}{2}\). Ta thấy

\(SH^2 + HM^2 = 3a^2+\displaystyle\frac{3a^2}{4} = \displaystyle\frac{15a^2}{4} = SM^2,\)

suy ra tam giác \(SHM\) vuông tại \(H\) hay \(SH \perp HM (3)\).

Từ \((1)\) và \((3)\), suy ra \(SH \perp (ABCD)\).

Ta chứng minh \(SA=SC\).

Giả sử \(SA < SC\), trên cạnh \(SC\) ta lấy điểm \(C'\) sao cho \(SC'=SA\). Gọi \(J\) là giao điểm của \(AC'\) với \(SI\).

Trong mặt phẳng \((SBD)\), kẻ đường thẳng qua \(J\) vuông góc với phân giác trong \(\Delta\) của góc \(\widehat{BSD}\) cắt \(SB\), \(SD\) lần lượt tại \(B'\), \(D'\). Khi đó \(\Delta\) vừa là phân giác vừa là đường cao của tam giác \(BSD\) nên \(SB'= SD'\).

Hai tam giác \(ASB'\) và \(C'SD'\) có

\(\begin{cases}SA = SC'\\SB'=SD'\\\widehat{ASB}=\widehat{CSD}\end{cases} \Rightarrow \triangle ASB' = \triangle C'SD' \Rightarrow AB' = C'D'.\) \(\quad (1)\)

Tương tự, ta có \(B'C' = AD'. (2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(AB'C'D'\) là hình bình hành nên \(JA = JC'\). Mặt khác \(IA = IC\) nên \(IJ\) là đường trung bình của tam giác \(ACC'\), suy ra \(JI \parallel CC'\) (vô lí). Vậy \(SA \geq SC\).

Chứng minh tương tự, ta cũng có \(SC \geq SA\). Do đó \(SA = SC\), suy ra \(SI \perp AC (*)\).

Tương tự ta cũng chứng minh được \(SB = SD\), suy ra \(SI \perp BD (**)\).

Từ \((*)\) và \((**)\), suy ra \(SI \perp (ABCD)\).

a) Ta có \(SA \perp (ABCD)\) suy ra \(SA\perp CD (1)\).

Gọi \(I\) là trung điểm \(CD\). Khi đó \(ABCI\) là hình vuông nên \(CI = a = \displaystyle\frac{AD}{2}\).

Tam giác \(ACD\) có trung tuyến \(CI\) bằng nửa cạnh \(AD\) nên tam giác \(ACD\) vuông tại \(C\). Suy ra \(CD \perp CA (2)\).

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(CD \perp (SAC)\). Vậy tam giác \(SCD\) vuông tại \(C\).

b) Ta có \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm \(SD\), \(SA\) nên là đường trung bình của tam giác \(SAD\).

Suy ra \(MN\) song song và bằng \(\displaystyle\frac{AD}{2}\). Do đó \(MN\) song song và bằng \(BC\). Điều này chứng tỏ tứ giác \(BCMN\) là hình bình hành \( (3).\)

Ta có \(\begin{cases}BC \perp AB\\ BC \perp SA\end{cases} \Rightarrow BC \perp (SAB) \Rightarrow BC \perp BN (4)\).

Từ \((3)\) và \((4)\), suy ra tứ giác \(BCMN\) là hình chữ nhật.

Gọi \(E\) là trung điểm \(CC'\).

Ta có \(\begin{cases}ME \parallel A'D'\\MP \subset (MED'A').\end{cases}\)

Hai tam giác vuông \(C'CN\) và \(D'C'E\) bằng nhau nên

\(\widehat{CNC'} = \widehat{C'ED'} = \widehat{CC'N} + \widehat{C'NC} = 90^\circ.\)

Suy ra \(C'N \perp ED'. (1)\)

Do \(ME \parallel BC\) nên \(ME \perp (CDD'C').\)

Suy ra \(ME \perp C'N. (2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(C'N \perp (MED'A') \Rightarrow C'N \perp MP\).

a) Theo giả thiết \(CC' \perp (ABC) \Rightarrow CC' \perp AI (1)\).

Tam giác \(ABC\) đều nên \(BC \perp AI (2)\).

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(AI \perp (BCC'B') \Rightarrow AI \perp BC' (*)\).

b) Do \(BC = CC' = C'B' = BB' = a\) và \(CC' \perp CB\) nên \(BCC'B'\) là hình vuông, suy ra \(C'B \perp CB'\).

Trong tam giác \(BCB'\) có \(IM\) là đường trung bình nên \(IM \parallel CB'\).

Kết hợp với kết quả trên, ta có \(C'B \perp IM (**)\).

Từ \((*)\) và \((**)\), suy ra \(C'B \perp (AIM) \Rightarrow C'B \perp AM\).

c) Theo giả thiết \(B'K = \displaystyle\frac{a}{4}=\displaystyle\frac{BB'}{4} = \displaystyle\frac{BM}{2} \Rightarrow \displaystyle\frac{B'K}{B'M} = \displaystyle\frac{1}{2} (3)\).

Ta cũng có \(BM = \displaystyle\frac{BB'}{2} = \displaystyle\frac{a}{2} = \displaystyle\frac{AB}{2} \Rightarrow \displaystyle\frac{BM}{BA} = \displaystyle\frac{1}{2} (4)\).

Từ \((3)\) và \((4)\), suy ra \(\displaystyle\frac{B'K}{B'M} = \displaystyle\frac{BM}{BA}\).

Do đó tam giác vuông \(ABM\) và \(MB'K\) đồng dạng, cho ta \(\widehat{B'MK} = \widehat{BMA}.\)

Mà \(\widehat{BMA} + \widehat{AMB} = 90^\circ\), suy ra \(\widehat{B'MK} + \widehat{AMB} = 90^\circ\). Do đó \(AM \perp MK (5)\).

Xét tam giác \(BB'C'\) có \(M\), \(J\) lần lượt là trung điểm của \(BB'\) và \(B'C'\) nên \(MJ\) là đường trung bình, suy ra \(MJ \parallel BC'\).

Mà \(AM \perp C'B\) (chứng minh câu b).

Do đó \(AM \perp MJ. (6)\)

Từ \((5)\) và \((6)\), suy ra \(AM \perp KJ.\)

a) Gọi \(E\) là trung điểm của \(AC\), suy ra \(BE \perp AC\). Do đó, ta cần xét hai trường hợp khác nhau về vị trí của điểm \(M\) trên cạnh \(AC\) và trong đó ta sử dụng \(SA\perp ( ABC)\Rightarrow SA \perp AC\).

Trường hợp 1. Với \(M\) thuộc đoạn \(CE\), ta thực hiện :

+ Trong mặt phẳng \((ABC)\) kẻ \(MN \parallel BE \,(N\in BC)\), suy ra \(MN\perp AC\).

+ Trong mặt phẳng \((SAC)\) kẻ \(MP \parallel SA \,(P\in SC)\), suy ra \(MP\perp AC\).

Như vậy trong trường hợp này ta được thiết diện là \(\triangle MNP\) vuông tại \(M\).

Trường hợp 2. Với \(M\) thuộc đoạn \(AE\,(M\not\equiv E)\).

+ Trong mặt phẳng \((ABC)\) kẻ \(MN \parallel BE\,(N\in AB)\), suy ra \(MN\perp AC\).

+ Trong mặt phẳng \((SAC)\) kẻ \(MP \parallel SA\,(P\in SC)\), suy ra \(MP\perp AC\).

+ Trong mặt phẳng \((SAB)\) kẻ \(NQ \parallel SA\,(Q\in SB)\), suy ra \(NQ\perp AC\).

Như vậy, trong trường hợp này ta xác định được thiết diện là hình thang vuông \(MNQP\) (vuông tại \(M\) và \(N\)).

b) Ta xét hai trường hợp của điểm \(M\).

Trường hợp 1. Với \(M\) thuộc đoạn \(CE\), ta có \(0< x\le \displaystyle\frac{a}{2}\) và diện tích tam giác \(MNP\) là \(S_{\triangle MNP}=\displaystyle\frac{1}{2}MN\cdot MP\).

Trong \(\triangle BCE\), ta có \(\displaystyle\frac{MN}{BE}=\displaystyle\frac{CM}{CE}\) suy ra \(MN=\displaystyle\frac{CM\cdot BE}{CE}=x\sqrt{3}\).

Trong \(\triangle SAC\), ta có \(\displaystyle\frac{MP}{SA}=\displaystyle\frac{CM}{CA}\) suy ra \(MP=\displaystyle\frac{CM\cdot SA}{CA}=x\).

Từ đó ta có \(S_{\triangle MNP}=\displaystyle\frac{1}{2}x\cdot\sqrt{3}\cdot x=\displaystyle\frac{x^2\sqrt{3}}{2}\).

Xét hàm số \(f(x)=\displaystyle\frac{x^2\sqrt{3}}{2}\) với \(0< x\le \displaystyle\frac{a}{2}\). Ta có \(f'(x)=x\sqrt{3}>0\), \(\forall x\in \left(0;\displaystyle\frac{a}{2} \right]\).

Suy ra \(f(x)\) đồng biến trên \(\left(0;\displaystyle\frac{a}{2} \right]\) nên \(f\left(x\right)\le f\left(\displaystyle\frac{a}{2}\right)=\displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{8}\).

Vậy \(S_{\triangle MNP}\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(\displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{8}\) khi \(x=\displaystyle\frac{a}{2}\).

Trường hợp 2. Với \(M\) thuộc đoạn \(AE\) \(\left(M\ne E\right)\), ta có \(\displaystyle\frac{a}{2}< x< a\) và diện tích hình thang \(MNQP\) là \(S_{MNQP}=\displaystyle\frac{1}{2}\left(MN+NQ\right)\cdot MN\).

Trong \(\triangle ABE\), ta có \(\displaystyle\frac{MN}{BE}=\displaystyle\frac{AM}{AE}\) suy ra \(MN=\displaystyle\frac{AM\cdot BE}{AE}=\sqrt{3}(a-x)\).

Trong \(\triangle SAB\), ta có \(\displaystyle\frac{NQ}{SA}=\displaystyle\frac{BN}{BA}=\displaystyle\frac{ME}{EA}\) suy ra \(NQ=\displaystyle\frac{ME\cdot SA}{EA}=\displaystyle\frac{(CM-CE)SA}{EA}=2x-a.\)

Từ đó ta có \(S_{MNQP}=\displaystyle\frac{1}{2}(x+2x-a)\cdot\sqrt{3}(a-x)=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}(3x-a)(a-x)\).

Ta có

\(S_{MNQP}=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}\left(3x-a\right)\left(a-x\right)=-\displaystyle\frac{3\sqrt{3}}{2}\left(x^2-\displaystyle\frac{4ax}{3}+\displaystyle\frac{a^2}{3}\right)=\displaystyle\frac{3\sqrt{3}}{2}\left[\displaystyle\frac{a^2}{9}-\left(x-\displaystyle\frac{2a}{3}\right)^2 \right]\le \displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{6}.\)

Vậy \(S_{\triangle MNP}\) đạt giá trị lớn nhất bằng \({\displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{6}}\) khi \(x=\displaystyle\frac{2a}{3}\).

a) Gọi \(I\) là trung điểm của \(AC\), suy ra \(BI\perp AC\).

Ta có \(\begin{cases} BI\perp AC \\ BI\perp SA\end{cases} \Rightarrow BI\perp (SAC) \Rightarrow BI\perp SC. (1)\)

Kẻ \(IH\perp SC\,(H\in SC). (2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(SC\perp(BIH)\).

Vậy tam giác \(IBH\) chính là thiết diện cần tìm thỏa mãn đi qua \(B\) và vuông góc với \(SC.\)

b) Do \(BI\perp (SAC)\Rightarrow BI\perp IH\) nên \(\triangle IBH\) vuông tại \(I\).

Suy ra \(S_{\triangle BIH}=\displaystyle\frac{1}{2}BI\cdot IH\).

Ta có \(BI\) đường cao của tam giác đều cạnh \(a\) nên \(BI=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

Hai tam giác vuông \(CHI\) và \(CAS\) có góc \(C\) chúng nên chúng đồng dạng, suy ra

\(\displaystyle\frac{IH}{SA}=\displaystyle\frac{CI}{CS}\Rightarrow IH=\displaystyle\frac{CI\cdot SA}{CS}=\displaystyle\frac{CI\cdot SA}{\sqrt{SA^2+AC^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{5}}{5}.\)

Do đó \(S_{\triangle BIH}=\displaystyle\frac{1}{2}\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\displaystyle\frac{a\sqrt{5}}{5}=\displaystyle\frac{a^2\sqrt{15}}{20}\).

a) Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\), suy ra \(AI\perp BC\).

Ta có \(\begin{cases} AI\perp BC \\ BC\perp SA \end{cases}\Rightarrow BC\perp (SAI)\).

Vậy tam giác \(SAI\) chính là thiết diện cần tìm thỏa mãn đi qua \(S\) và vuông góc với \(BC\).

Tam giác \(SAI\) vuông tại \(A\) nên \(S_{\triangle SAI}=\displaystyle\frac{1}{2}SA\cdot AI\).

Vì \(AI\) là đường cao của tam giác đều nên \(AI=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

Do đó \(S_{\triangle SAI}=\displaystyle\frac{1}{2}SA\cdot AI=\displaystyle\frac{1}{2}a\cdot\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}=\displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\).}

b) Kẻ \(AK\perp SI\,( K\in SI )\). Từ \(K\) kẻ đường thẳng song song với \(BC\) cắt \(SB\), \(SC\) lần lượt tạị \(M\), \(N\).

Theo chứng minh trên \(BC\perp(SAI)\Rightarrow BC\perp SI\). Mà \(MN\parallel BC\) nên \(MN\perp SI\).

Ta có \(\begin{cases} AK\perp SI \\ MN\perp SI\end{cases} \Rightarrow SI\perp(AMN)\)

Vậy tam giác \(AMN\) chính là thiết diện cần tìm thỏa mãn đi qua \(A\) và vuông góc với trung tuyến \(SI\) của tam giác \(SBC\).

Ta có \(BC\perp(SAI)\Rightarrow BC\perp AK\Rightarrow MN\perp AK\).

Do đó \(S_{\triangle AMN}=\displaystyle\frac{1}{2}AK\cdot MN\).

Trong tam giác vuông \(SAI\), ta có \(AK=\displaystyle\frac{SA\cdot AI}{\sqrt{SA^2+AI^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{21}}{7}\).

Trong tam giác \(SBC\), ta có

\(\displaystyle\frac{MN}{BC}=\displaystyle\frac{SK}{SI}=\displaystyle\frac{SA^2}{SI^2}=\displaystyle\frac{SA^2}{SA^2+AI^2}=\displaystyle\frac{4}{7}\) suy ra \(MN=\displaystyle\frac{4a}{7}\).

Do đó \(S_{\triangle AMN}=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot\displaystyle\frac{4a}{7}\cdot\displaystyle\frac{a\sqrt{21}}{7}=\displaystyle\frac{2a^2\sqrt{21}}{49}\).

c)Gọi \(F\) là trung điểm \(AC\), suy ra \(EF \parallel SA\).

Do \(SA\perp(ABC)\Rightarrow SA\perp AB\) nên \(EF\perp AB. (1)\)

Gọi \(J\), \(G\) lần lượt là trung điểm \(AB\), \(AG\).

Suy ra \(CJ\perp AB\) và \(FG \parallel CJ\) nên \(FG\perp AB. (2)\)

Trong \(\triangle SAB\) kẻ \(GH \parallel SA\,(H\in SB)\).

Suy ra \(GH\perp AB. (3)\)

Từ \((1)\), \((2)\) và \((3)\), suy ra thiết diện cần tìm là hình thang vuông \(EFGH\). Do đó \(S_{EFGH}=\displaystyle\frac{1}{2}(EF+GH)\cdot FG\).

Ta có \(EF=\displaystyle\frac{1}{2}SA=\displaystyle\frac{a}{2}\); \(FG=\displaystyle\frac{1}{2}CJ=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{4}\); \(\displaystyle\frac{GH}{SA}=\displaystyle\frac{BG}{BA}\)\\ suy ra \(GH=BG=\displaystyle\frac{3a}{4}\).

Vậy \(S_{EFGH}=\displaystyle\frac{1}{2}\left(\displaystyle\frac{a}{2}+\displaystyle\frac{3a}{4}\right)\cdot\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{4}=\displaystyle\frac{5a^2\sqrt{3}}{32}\).

a) Vì \(S.ABC\) là hình chóp đều nên \(SO\perp(ABC)\) (\(O\) là tâm của tam giác \(ABC\)). Do đó \(SO\perp AA'\) mà \((\alpha )\perp AA'\) suy ra \(SO\parallel (\alpha)\). Tương tự ta cũng có \(BC\parallel (\alpha)\).

Trường hợp 1. \(0< x\le \displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{3}\) thì \(M\) thuộc đoạn \(AO\,(M\ne A)\).

Ta có \(\begin{cases} M\in(ABC)\cap(\alpha)\\ BC\subset(ABC)\\ BC\parallel (\alpha)\end{cases}\Rightarrow(\alpha)\cap \left(ABC\right)=IJ \parallel BC\) với \(I\in AB\), \(J\in AC\).

Tương tự , ta có \(\begin{cases} M\in(\alpha)\cap(SAA')\\ SO\subset(SAA') \\ SO\parallel (\alpha)\end{cases}\Rightarrow (\alpha)\cap (SAA')=MK \parallel SO\) với \(K\in SA\).

Vậy tam giác \(KIJ\) chính là thiết diện cần tìm.

Trường hợp 2. \(\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{3}< x< \displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\) thì \(M\) thuộc đoạn \(OA'\,( M\ne O;\,M\ne A)\). Ta có

\(\begin{cases} M\in(ABC)\cap(\alpha) \\ BC\subset (ABC) \\ BC\parallel(\alpha)\end{cases}\Rightarrow (\alpha)\cap(ABC)=IJ \parallel BC\) với \(I\in AB\), \(J\in AC\);

\(\begin{cases} M\in (\alpha)\cap (SAA') \\ SO\subset(SAA') \\ SO\parallel(\alpha)\end{cases}\Rightarrow(\alpha)\cap(SAA')=MN \parallel SO\) với \(N\in S{A_1}\);

\(\begin{cases} N\in (\alpha)\cap (SBC) \\ BC\subset (SBC) \\ BC\parallel (\alpha)\end{cases}\Rightarrow (\alpha)\cap (SBC)=EF \parallel IJ\) với \(N\in EF\), \(E\in SB,{ }F\in SC\);

Vậy thiết diện cần tìm là hình thang \(IJFE\) do \(EF \parallel IJ\).

b) Trường hợp 1. \(0< x\le \displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{3}\).

Khi đó diện tích tam giác \(IJK\) là \(S_{\triangle IJK}=\displaystyle\frac{1}{2}IJ\cdot MK\).

Trong tam giác \(ABC\), ta có \(\displaystyle\frac{IJ}{BC}=\displaystyle\frac{AM}{AA'}\) suy ra \(IJ=\displaystyle\frac{AM\cdot BC}{AA'}=\displaystyle\frac{2x\sqrt{3}}{3}\).

Tương tự trong tam giác \(SAO\), ta có \(\displaystyle\frac{MK}{SO}=\displaystyle\frac{AM}{AO}\) suy ra \(MK=\displaystyle\frac{AM\cdot SO}{AO}=2x\sqrt{3}\).

Vậy \(S_{\triangle IJK}=\displaystyle\frac{1}{2}\displaystyle\frac{2x\sqrt{3}}{3}\cdot 2x\sqrt{3}=2x^2\).

Xét hàm số \(f(x)=2x^2\) với \(0< x \leq \displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{3}\). Ta có \(f'(x)=2x>0\), \(\forall x\in \left(0;\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{3}\right]\).

Suy ra \(f(x)\) đồng biến trên \(\left(0;\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{3} \right]\) nên \(f\left(x\right)\le f\left(\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)=\displaystyle\frac{2a^2}{3}\).

Vậy \(S_{\triangle IJK}\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(\displaystyle\frac{2a^2}{3}\) khi \(x=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{3}\).

Trường hợp 2. \(\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{3}< x< \displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{3}\).

Khi đó diện tích hình thang \(IJFE\) là \(S_{IJEF}=\displaystyle\frac{1}{2}(IJ+EF)MN\).

Trong tam giác \(ABC\), ta có \(\displaystyle\frac{IJ}{BC}=\displaystyle\frac{AM}{AA'}\) suy ra \(IJ=\displaystyle\frac{AM\cdot BC}{AA'}=\displaystyle\frac{2x\sqrt{3}}{3}\).

Trong tam giác \(SBC\), ta có \(\displaystyle\frac{EF}{BC}=\displaystyle\frac{SN}{SA'}=\displaystyle\frac{OM}{OA'}\) suy ra \(EF=\displaystyle\frac{OM\cdot BC}{OA'}=2\left(x\sqrt{3}-a\right)\).

Trong tam giác \(SOA'\), ta có \(\displaystyle\frac{MN}{SO}=\displaystyle\frac{MA'}{OA'}\) suy ra \(MN=\displaystyle\frac{SO\cdot MA'}{OA'}=2\left(3a-2x\sqrt{3}\right)\).

Từ đó ta có \(S_{IJEF}=\displaystyle\frac{2}{3}\left(4x\sqrt{3}-3a\right)\left(3a-2x\sqrt{3}\right)=-2\left(8x^2-6\sqrt{3}ax+3a^2\right)\).

Ta có

\begin{eqnarray*}S_{IJEF}&=&\displaystyle\frac{2}{3}\left(4x\sqrt{3}-3a\right)\left(3a-2x\sqrt{3}\right)\\&=&-2\left(8x^2-6\sqrt{3}ax+3a^2\right)\\&=&-16\left(x-\displaystyle\frac{3a\sqrt{3}}{8}\right)^2+\displaystyle\frac{3a^2}{4}\le \displaystyle\frac{3a^2}{4}.\end{eqnarray*}

Vậy \(S_{IJEF}\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(\displaystyle\frac{3a^2}{4}\) khi \(x=\displaystyle\frac{3a\sqrt{3}}{8}\).

So sánh hai trường hợp ta thấy diện tích thiết diện lớn nhất bằng \(\displaystyle\frac{3a^2}{4}\) khi \(x=\displaystyle\frac{3a\sqrt{3}}{8}\).

Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\).

Do \(S.ABC\) là hình chóp đều nên \(SG\perp(ABC)\).

Gọi \(C'\) là trung điểm \(AB\). Suy ra \(C\), \(C'\), \(G\) thẳng hàng.

Ta có \(\begin{cases} AB\perp CC' \\ SG\perp AB\end{cases}\Rightarrow AB\perp(SCC')\Rightarrow AB\perp SC. (1)\)

Trong tam giác \(SAC\), kẻ \(AC_1 \perp SC. (2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(SC\perp (ABC_1)\).

Do đó thiết diện cần tìm là tam giác \(ABC_1\) thỏa mãn đi qua \(A\) và vuông góc với \(SC\).

Do tam giác \(SAC\) cân tại \(S\) nên để \(C_1\) nằm giữa \(S\) và \(C\) khi và chỉ khi \(\widehat{ASC} < 90^\circ\).

Suy ra

\(\cos \widehat{ASC} > 0\Leftrightarrow SA^2+SC^2-AC^2 >0\Leftrightarrow 2b^2-a^2>0\).

Do \(AB\perp(SCC')\Rightarrow AB\perp C'C1\) nên diện tích thiết diện là

\(S_{\triangle ABC_1}=\displaystyle\frac{1}{2}AB\cdot C'C_1.\)

Hai tam giác vuông \(SGC\) và \(C'C_1C\) có chung góc \(\widehat{C}\) nên đồng dạng nên \(\displaystyle\frac{SG}{SC}=\displaystyle\frac{C'C_1}{C'C}.\)

Suy ra \(C'C_1=\displaystyle\frac{SG\cdot C'C}{SC}\).

Mà \(SC=b\), \(C'C=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\), \(SG=\sqrt{SA^2-AG^2}=\sqrt{b^2-\displaystyle\frac{a^2}{3}}\) nên \(C'C_1=\displaystyle\frac{a\sqrt{3b^2-a^2}}{2b}\).

Vậy \(S_{\triangle ABC_1}=\displaystyle\frac{1}{2}a\cdot\displaystyle\frac{a\sqrt{3b^2-a^2}}{2b}=\displaystyle\frac{a^2\sqrt{3b^2-a^2}}{4b}\).

a) Ta có \(\begin{cases}(\alpha)\perp AB \\ SA\perp AB\end{cases}\Rightarrow SA \parallel (\alpha)\).

Do đó \(\begin{cases} M\in(SAB)\cap (\alpha)\\ SA\subset(SAB) \\ SA \parallel(\alpha)\end{cases}\Rightarrow (\alpha)\cap (SAB)=MN \parallel SA\) với \(N\in SA\).

Tương tự \(\begin{cases}( \alpha )\perp AB \\ BC\perp AB\end{cases}\Rightarrow BC \parallel \left(\alpha\right)\).

Do đó \(\begin{cases} M\in (\alpha)\cap (ABC) \\ BC\subset (ABC)\\ BC \parallel (\alpha)\end{cases}\Rightarrow (\alpha)\cap(ABC)=MQ \parallel BC\) với \(Q\in AC\).

\(\begin{cases} N\in (SBC)\cap (\alpha)\\ BC\subset(SBC)\\ BC \parallel (\alpha)\end{cases}\Rightarrow (\alpha)\cap (SBC)=NP \parallel BC\) với \(P\in SC\).

Vậy thiết diện là tứ giác \(MNPQ\).}

b) Ta có \(\begin{cases} MN \parallel SA\\PQ \parallel SA\end{cases}\Rightarrow MN \parallel PQ\) và \(\begin{cases} MQ \parallel BC\\ NP \parallel BC\end{cases}\Rightarrow MQ \parallel NP\) nên \(MNPQ\) là hình bình hành.

Mặt khác, ta có \(\begin{cases} MN \parallel SA\\ NP \parallel BC \\ SA\perp BC\end{cases}\Rightarrow MN\perp NP\). Vậy \(MNPQ\) là hình chữ nhật.

Trong tam giác \(ABC\), ta có \(\displaystyle\frac{AM}{AB}=\displaystyle\frac{MQ}{BC}\) suy ra \(MQ=\displaystyle\frac{AM\cdot BC}{AB}=x\).

Trong tam giác \(SAB\), ta có \(\displaystyle\frac{MN}{SA}=\displaystyle\frac{MB}{AB}\) suy ra \(MN=\displaystyle\frac{MB\cdot SA}{AB}=\sqrt{3}\left(a-x\right)\).

Do đó

\(S_{MNPQ}=MN\cdot MQ=\sqrt{3}\left(a-x\right)x=\sqrt{3}\left[\displaystyle\frac{a^2}{4}-\left(x-\displaystyle\frac{a}{2}\right)^2 \right]\le \displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\).

Vậy \(S_{MNPQ}\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(\displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\) khi \(x=\displaystyle\frac{a}{2}\).

a) Ta có \(ABC\) và \(SBC\) là hai tam giác đều và \(D\) là trung điểm của \(BC\) nên \( BC \perp SD \)

mà \( BC\perp AD \Rightarrow BC\perp(SAD)\).

Mà theo giả thiết \(BC\perp (\alpha)\) suy ra \((\alpha) \parallel (SAD)\).

b) Do \(\left(\alpha\right) \parallel \left(SAD\right)\) suy ra \(AD \parallel \left(\alpha\right)\) và \(SD \parallel \left(\alpha\right)\).

Ta có \(\begin{cases} M\in (ABC)\cap (\alpha)\\ AD\subset (ABC)\\ AD \parallel (\alpha)\end{cases}\Rightarrow (\alpha)\cap (ABC) = MN \parallel AD\) với \(N\in BC\).

Tương tự, \(\begin{cases} N\in (SBC)\cap (\alpha) \\ SD\subset (SBC)\\ SD \parallel (\alpha)\end{cases}\Rightarrow (\alpha)\cap (SBC)=NP \parallel SD\) với \(P\in SB\).

Vì \(MN \parallel AD\Rightarrow \displaystyle\frac{MN}{AD}=\displaystyle\frac{BN}{BD}\) và \(NP \parallel SD\Rightarrow \displaystyle\frac{NP}{SD}=\displaystyle\frac{BN}{BD}\), suy ra \(\displaystyle\frac{NP}{SD}=\displaystyle\frac{MN}{AD}\)

hay \(NP=MN\) (do \(SD=AD\)). Vậy thiết diện là tam giác cân \(MNP\) tại \(N\).

c) Ta có \(SD\) và \(AD\) là hai đường trung tuyến trong tam giác đều cạnh \(a\) nên

\(SD=AD=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}=SA\).

Suy ra \(SAD\) là tam giác đều, do đó \(S_{\triangle SAD}=\displaystyle\frac{AD^2\sqrt{3}}{4}=\displaystyle\frac{3a^2\sqrt{3}}{16}\).

Ta có \(\triangle SAD\backsim \triangle PMN\) suy ra \(\displaystyle\frac{S_{\triangle PMN}}{S_{\triangle SAD}}=\left(\displaystyle\frac{MN}{AD}\right)^2=\left(\displaystyle\frac{BM}{AB}\right)^2=\left(\displaystyle\frac{a-x}{a}\right)^2\).

Vậy \(S_{\triangle PMN}=\left(\displaystyle\frac{a-x}{a}\right)^2\cdot S_{\triangle SAD}=\displaystyle\frac{3\sqrt{3}}{16}\left(a-x\right)^2\)

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(A\) trên \(SB\), suy ra \(AH\perp SB\)

Do \(SB\perp (\alpha)\) nên \(H\in (\alpha )\).

Ta có \(\begin{cases} SA\perp AD\\ BA\perp AD\end{cases}\Rightarrow AD\perp (SAB)\Rightarrow AD\perp SB\).

Do \(SB\perp (\alpha)\) nên \(D\in (\alpha)\).

Tương tự, \(\begin{cases} SA\perp BC \\ BA\perp BC\end{cases}\Rightarrow BC\perp (SAB)\Rightarrow BC\perp SB\).

Mà \(SB\perp (\alpha)\) suy ra \(BC \parallel (\alpha)\).

Do đó \(\begin{cases} H\in (SBC)\cap (\alpha)\\ BC\subset (SBC)\\ BC \parallel (\alpha)\end{cases}\Rightarrow (\alpha)\cap (SBC)=HI \parallel BC\) với \(I\in SC\).

Vậy thiết diện là tứ giác \(AHID\).

Vì \(AD\perp (SAB)\Rightarrow AD\perp AH\) và \(BC\perp (SAB)\Rightarrow BC\perp AH\) mà \(BC \parallel HI\) nên \(HI\perp AH\).

Do đó thiết diện \(AHID\) là hình thang vuông tại \(A\) và \(H\). Khi đó

\(S_{AHID}=\displaystyle\frac{1}{2}(AD+HI)\cdot AH.\)

Trong tam giác \(SAB\), ta có \(AH=\displaystyle\frac{SA\cdot AB}{\sqrt{SA^2+AB^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{3}\).

Trong tam giác \(SBC\), ta có \(\displaystyle\frac{HI}{BC}=\displaystyle\frac{SH}{SB}=\displaystyle\frac{SA^2}{SB^2}=\displaystyle\frac{SA^2}{SA^2+AB^2}=\displaystyle\frac{2}{3}\) suy ra \(HI=\displaystyle\frac{2}{3}BC=\displaystyle\frac{2a}{3}\).

Vậy \(S_{AHID}=\displaystyle\frac{1}{2}\left(a+\displaystyle\frac{2a}{3}\right)\cdot\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{3}=\displaystyle\frac{5a^2\sqrt{6}}{18}\).

a) Trong tam giác \(SAB\) kẻ \(IB'\perp SA\), trong tam giác \(SAD\) kẻ \(ID'\perp SA\). Do \(\left(\alpha\right)\) qua \(I\) và vuông góc với \(SA\) nên \(B'\in (\alpha)\) và \(D'\in (\alpha)\). Ta có \(\begin{cases} BC\perp SA \\ SA\perp (\alpha)\end{cases}\Rightarrow BC \parallel (\alpha)\). Do đó

\(\begin{cases} B'\in (SBC)\cap(\alpha)\\ BC\subset(SBC) \\ BC \parallel (\alpha)\end{cases}\Rightarrow (\alpha)\cap (SBC)=B'C' \parallel BC\)

với \(C'\in SC\). Vậy thiết diện là tứ giác \(IB'C'D'\).

Ta có \(ID'\) là đường trung bình của tam giác \(SAD\) nên \(ID' \parallel AD\) và \(ID' = \displaystyle\frac{1}{2}AD=\displaystyle\frac{1}{2}a\); \(IB'\) là đường trung bình của tam giác \(SAB\) nên \(IB' \parallel AB\) và \(IB' =\displaystyle\frac{1}{2}AB=\displaystyle\frac{1}{2}a\); \(B'C'\) là đường trung bình của tam giác \(SBC\) nên \(B'C' \parallel BC\) và \(B'C' =\displaystyle\frac{1}{2}BC=\displaystyle\frac{1}{2}a\). Mặt khác, \(BC\perp \left(SAB\right)\) nên \(BC\perp IB'\) suy ra \(B'C'\perp IB'\). Vậy thiết diện \(IB'C'D'\) là hình vuông cạnh \(\displaystyle\frac{a}{2}\).

b)Vì \(ABCD\) là hình vuông nên \(BD\perp AC\) tại \(O\), do đó \(BD\subset (\alpha)\).

Gọi \(M\) là trung điểm \(SC\), suy ra \(MO \parallel SA. (1)\)

Ta có \(SA\perp \left(ABCD\right)\) suy ra \(SA\perp AC. (2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(MO\perp AC\) nên \(M\in (\alpha)\).

Vậy thiết diện là tam giác \(MBD\).

Tam giác \(MBD\) có trung tuyến \(MO\) vuông góc với đáy \(BD\) nên \(MBD\) là tam giác cân tại \(M\).

a) Trong tam giác \(SOC\), ta có \(SC=\sqrt{SO^2+OC^2}=a\sqrt{2}\).

Ta chứng minh được \(SA=SC=a\sqrt{2}\).

Mặt khác, \(AC\) là đường chéo của hình vuông nên \(AC=a\sqrt{2}\).

Vậy \(SA=SC=AC=a\sqrt{2}\) suy ra \(\triangle SAC\) đều cạnh bằng \(a\sqrt{2}\).

Theo giả thiết \(\begin{cases} SC\perp (\alpha) \\ AC'\subset (\alpha)\end{cases}\Rightarrow SC\perp AC'\).

Do đó \(AC'\) là đường cao của tam giác đều \(SAC\) nên \(C'\) là trung điểm của \(SC\) và \(AC'=SO=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{2}\).

b) Ta có \(\begin{cases} SO\perp (ABCD)\Rightarrow SO\perp DB AC\perp DB\end{cases}\) nên \( DB\perp (SAC)\Rightarrow DB\perp SC\).

Mà \((\alpha)\perp SC\) nên \(DB \parallel (\alpha)\).

Do vậy \(\begin{cases} (\alpha)\cap (SDB)=D'B'\\ DB\subset (SDB)\\ DB \parallel (\alpha)\end{cases}\Rightarrow DB \parallel D'B'\).

Cách dựng \(B'\) và \(D'\) như sau:

Nối \(A\) với trung điểm \(C'\) của \(SC\). Khi đó \(AC'\) cắt \(SO\) ở \(I\).

Trong \((SDB)\) dựng qua \(I\) đường thẳng song song với \(DB\), cắt \(SB\) ở \(B'\) và cắt \(SD\) ở \(D'\).

c) Ta có \(\begin{cases} DB\perp (SAC)\\ D'B' \parallel DB\end{cases}\Rightarrow D'B'\perp (SAC)\Rightarrow D'B'\perp AC'\)

hay tứ giác \(AB'C'D'\) có hai đường chéo vuông góc với nhau.

Dễ thấy \(I\) là trọng tâm của tam giác \(SAC\) nên \(\displaystyle\frac{SI}{SO}=\displaystyle\frac{2}{3}\) mà \(\displaystyle\frac{D'B'}{DB}=\displaystyle\frac{SI}{SO}=\displaystyle\frac{2}{3}.\)

Suy ra \(D'B'=\displaystyle\frac{2}{3}BD=\displaystyle\frac{2a\sqrt{2}}{3}\).

Vậy \(S_{AB'C'D'}=\displaystyle\frac{1}{2}AC'\cdot D'B'=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{2}\cdot\displaystyle\frac{2a\sqrt{2}}{3}=\displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{3}\).

Trong tam giác \(SAC\), kẻ \(AI\perp SC\) \((I\in SC)\).

Trong mặt phẳng \((SBC)\), dựng đường thẳng đi qua \(I\) vuông góc với \(SC\) cắt \(SB\) tại \(M\).

Trong mặt phẳng \((SCD)\), dựng đường thẳng qua \(I\) vuông góc với \(SC\) cắt \(SD\) tại \(N\).

Khi đó thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng \(\left(\alpha\right)\) là tứ giác \(AMIN\).

Ta có \(SC\perp \left(\alpha\right)\Rightarrow SC\perp AM. (1)\)

Lại có \(\begin{cases} BC\perp AB \\ BC\perp SA\end{cases}\Rightarrow BC\perp (SAB)\Rightarrow BC\perp AM. (2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(AM\perp (SBC)\Rightarrow AM\perp MI\).

Chứng minh tương tự, ta được \(AN\perp NI\). Do đó

\(S_{AMIN}=S_{\triangle AMI}+S_{\triangle ANI}=\displaystyle\frac{1}{2}AM \cdot MI+\displaystyle\frac{1}{2}AN \cdot NI.\)

Vì \(AM\), \(AI\), \(AN\) là các đường cao của các tam giác vuông \(SAB\), \(SAC\), \(SAD\) nên

\(AM=\displaystyle\frac{SA.AB}{\sqrt{SA^2+AB^2}}=\displaystyle\frac{2a}{\sqrt{5}};AI=\displaystyle\frac{SA.AC}{\sqrt{SA^2+AC^2}}=a\sqrt{2};AN=\displaystyle\frac{SA.AD}{\sqrt{SA^2+AD^2}}=\displaystyle\frac{2a\sqrt{21}}{7}.\)

Suy ra

\(MI=\sqrt{AI^2-AM^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{30}}{5} \text{ và } NI=\sqrt{AI^2-AN^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{14}}{7}.\)

Vậy \(S_{AMIN}=\displaystyle\frac{1}{2}\left(\displaystyle\frac{2a}{\sqrt{5}}\cdot\displaystyle\frac{a\sqrt{30}}{5}+\displaystyle\frac{2a\sqrt{21}}{7}\cdot\displaystyle\frac{a\sqrt{14}}{7}\right)=\displaystyle\frac{12a^2\sqrt{6}}{35}\).

Vì \(SH\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow SH\perp AB\) cho nên \(SH\subset (\alpha)\).

Do \(\begin{cases} BC\perp AB \\ AB\perp (\alpha)\end{cases}\Rightarrow BC \parallel (\alpha)\). Ta có

\(\begin{cases} H\in (ABCD)\cap (\alpha) \\ BC\subset (ABCD)\\ BC \parallel (\alpha)\end{cases}\Rightarrow (\alpha)\cap (ABCD)=HM \parallel BC,\)

với \(M\) là trung điểm \(CD\). Vậy thiết diện là tam giác \(SHM\) vuông tại \(H\).

Ta có \(S_{\triangle SHM}=\displaystyle\frac{1}{2}SH\cdot HM\).

Mà \(SH=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\), \(HM=BC=2a\).

Suy ra \(S_{\triangle SHM}=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot 2a=\displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{2}\).

a) Ta có \(\begin{cases}BC \perp AB\\AB \perp (\alpha)\end{cases} \Rightarrow BC \parallel (\alpha)\) và \(\begin{cases}SA \perp AB\\AB \perp (\alpha)\end{cases} \Rightarrow SA \parallel (\alpha)\).

Do \(\begin{cases}M \in (ABCD) \cap (\alpha)\\BC \subset (ABCD)\\BC \parallel (\alpha)\end{cases} \Rightarrow (\alpha) \cap (ABCD) = MQ \parallel BC\) với \(Q \in CD\).

Tương tự \(\begin{cases} M\in (SAB)\cap (\alpha)\\ SA\subset (SAB) \\ SA \parallel (\alpha)\end{cases}\,\Rightarrow (\alpha)\cap (SAB)=MN \parallel SA\) với \(N\in SB\);

\(\begin{cases} N\in (SBC)\cap (\alpha) \\ BC\subset (SBC) \\BC \parallel (\alpha)\end{cases}\Rightarrow (\alpha)\cap \left(SBC\right)=NP \parallel BC\) với \(P\in SC\).

Khi đó thiết diện là tứ giác \(MNPQ\).

b) Ta có \(\begin{cases} MQ \parallel BC \\ NP \parallel BC \end{cases}\Rightarrow MQ \parallel NP\) nên tứ giác \(MNPQ\) là hình thang.

Mặt khác \(\begin{cases} MN \parallel SA \\ MQ \parallel BC \\ SA\perp BC\end{cases}\Rightarrow MN\perp MQ\) suy ra thiết diện là một hình thang vuông tại \(M\) và \(N\). Do đó

\(S_{MNPQ}=\displaystyle\frac{1}{2}\left(MQ+NP\right)MN.\)

Gọi \(I\) là trung điểm của \(AD\) và \(K=CI\cap MQ\).

Trong tam giác \(SAB\), ta có \(\displaystyle\frac{MN}{SA}=\displaystyle\frac{BM}{BA}\) suy ra \(MN=\displaystyle\frac{BM\cdot SA}{BA}=\displaystyle\frac{2a\left(a-x\right)}{a}=2\left(a-x\right).\)

Trong tam giác \(SBC\), ta có \(\displaystyle\frac{NP}{BC}=\displaystyle\frac{SN}{SB}=\displaystyle\frac{AM}{AB}\) suy ra \(NP=\displaystyle\frac{BC\cdot AM}{AB}=\displaystyle\frac{ax}{a}=a.\)

Trong hình thang \(ABCD\), ta có \(\displaystyle\frac{KQ}{ID}=\displaystyle\frac{CK}{CI}=\displaystyle\frac{BM}{BA}\) suy ra

\(KQ=\displaystyle\frac{ID\cdot BM}{BA}=\displaystyle\frac{a\left(a-x\right)}{a}=a-x\) nên \(MQ=MK+KQ=2a-x.\)

Vậy \(S_{MNPQ}=\displaystyle\frac{1}{2}\left(2a-x+x\right)2\left(a-x\right)=2a\left(a-x\right)\).

a) Theo giả thiết \(\begin{cases} AC\perp AB \\ AC\perp AA'\end{cases} \Rightarrow AC\perp (ABB'A')\Rightarrow AC\perp AB'\).

Mà \(AB'\perp (\alpha)\) nên \(AC \parallel (\alpha)\).

Do \(\begin{cases} M\in \left(ABC\right)\cap (\alpha) \\ AC\subset \left(ABC\right),AC \parallel (\alpha)\end{cases}\) \(\Rightarrow (\alpha)\cap (ABC)=MN \parallel AC\) với \(N\) là trung điểm \(AB\).

a) Tam giác \(ABC\) là cân tại \(A\) với \(BC=a\sqrt{2}\), suy ra \(AB=a\).

Do đó tứ giác \(ABB'A'\) là hình vuông nên \(BA'\perp AB'\).

Mà \(AB'\perp (\alpha)\) nên \(BA' \parallel (\alpha)\).

Do \(\begin{cases} N\in (ABB'A')\cap (\alpha) \\ BA'\subset (ABB'A'),BA' \parallel (\alpha)\end{cases}\Rightarrow (\alpha)\cap (ABB'A')=NQ \parallel BA'\) với \(Q\) là trung điểm \(AA'\).

b) Ta có \(\begin{cases} Q\in (ACC'A')\cap (\alpha) \\ MN\subset (\alpha),AC\subset(ACC'A') \\ MN \parallel AC\end{cases}\Rightarrow (\alpha)\cap \left(ABB'A'\right)=QR \parallel AC\) với \(R\) là trung điểm \(CC'\).

Vậy thiết diện là hình thang \(MNQR\) do \(MN\) và \(QR\) cùng song song với \(AC\).

Ta có \(\begin{cases} MN \parallel AC \\ AC\perp \left(ABB'A'\right)\end{cases}\Rightarrow MN\perp (ABB'A')\Rightarrow MN\perp NQ\).

Suy ra thiết diện \(MNQR\) là hình thang vuông. Do đó

\(S_{MNQR}=\displaystyle\frac{1}{2}(MN+QR)NQ.\)

Ta có \(MN=\displaystyle\frac{1}{2}AC=\displaystyle\frac{a}{2}\), \(QR=AC=a\), \(NQ=\displaystyle\frac{1}{2}BA'=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\).

Vậy \(S_{MNQR}=\displaystyle\frac{1}{2}\left(\displaystyle\frac{a}{2}+a\right)\cdot\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}=\displaystyle\frac{3a^2\sqrt{2}}{8}\).

Gọi \(H\) là trung điểm \(AB \Rightarrow CH \perp AB \Rightarrow CH \perp AB'\).

Dựng \(HK \perp AB'\), với \(K\) thuộc cạnh \(AA'\).

Suy ra thiết diện là tam giác \(CHK\) và tam giác \(CHK\) vuông tại \(H\).

\(S_{CHK}=\displaystyle\frac{1}{2}CH \cdot HK\).

Trong \(\triangle ABC\), \(CH=\displaystyle\frac{AB}{2}=a\sqrt{2}\).

Ta có \(\triangle AHK\) vuông cân tại \(A\) và \(HK=\displaystyle\frac{A'B \cdot \sqrt{2}}{2}=2a\).

Vậy \(S_{CHK}=\displaystyle\frac{1}{2}CH \cdot HK=\displaystyle\frac{1}{2} \cdot a \sqrt{2} \cdot 2a =a^2 \sqrt{2}\).

}

Gọi \(E\) là trung điểm \(AC \Rightarrow BE \perp AC\).

Trong \((ABC)\), dựng \(MN \perp AC\), với \(N\) thuộc cạnh \(BC \Rightarrow MN \parallel EB\).

Trong \((SAC)\), dựng \(MP \perp AC\), với \(P\) thuộc cạnh \(SC \Rightarrow MP \parallel SA\).

Suy ra thiết diện là tam giác \(MPN\) và tam giác \(MPN\) vuông tại \(M\).

\(S_{MPN}=\displaystyle\frac{1}{2}MN \cdot PM\).

Ta có \(\triangle SAC \backsim \triangle PMC \Rightarrow \displaystyle\frac{PM}{SA}=\displaystyle\frac{CM}{CA}\\ \Rightarrow PM= \displaystyle\frac{SA \cdot CM}{CA}=a \cdot \displaystyle\frac{1}{4}=\displaystyle\frac{a}{4}\).

Ta có \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(\triangle BEC\\ \Rightarrow MN = \displaystyle\frac{1}{2}EB= \displaystyle\frac{1}{2} \cdot \displaystyle\frac{a \sqrt{3}}{2}=\displaystyle\frac{a \sqrt{3}}{4}\).

Vậy \(S_{MPN}=\displaystyle\frac{1}{2}MN \cdot PM=\displaystyle\frac{1}{2} \cdot \displaystyle\frac{a \sqrt{3}}{4} \cdot \displaystyle\frac{a}{4} =\displaystyle\frac{a^2 \sqrt{3}}{32}\).

}