Ta có \(\begin{cases}SA \subset (SAB) \\ SA \perp (ABCD)\end{cases}\), do đó \((SAB)\perp (ABCD)\).

Ta có \(\begin{cases}BC\perp OE\\BC\perp SO\end{cases} \Rightarrow BC\perp\left(SOE\right) \Rightarrow \left(SBC\right)\perp\left(SOE\right)\).

Vì \(S.ABCD\) hình chóp tứ giác đều nên \(SO\perp (ABCD)\) với \(O\) là tâm của đáy \(ABCD\) và \(SO\subset (SAC)\) nên \((SAC)\perp (ABCD)\).

Vì \(S.ABCD\) là hình chóp đều nên \(SO \perp (ABCD)\).

Mà \(SO \in (SBD)\) nên suy ra \((SBD) \perp(ABCD)\).

Ta có \(\begin{cases}BA'\perp AD\\BA'\perp AB'\end{cases}\Rightarrow BA'\perp (AB'D)\).

Mà \(BA'\subset (A'BC)\) nên \((A'BC)\perp (AB'D)\).

Do \(O\in A'C\) nên \((OBC)=(A'BC)\) suy ra \((OBC)\perp (AB'D)\).

Ta lại có \(\begin{cases}BA'\parallel CD'\\BA'\perp (AB'D)\end{cases}\Rightarrow CD'\perp (AB'D)\).

Mà \(CD'\subset (AD'C)\) nên \((AD'C)\perp (AB'D)\).

Ta có

a) \(SA\perp (ABC) \Rightarrow (SAK) \perp(ABC)\);

b) \(\begin{cases} AB \perp AC ~(\text{do }\triangle ABC ~\text{vuông tại } A)\\ AB \perp SA ~(\text{do }SA \perp (ABC))\end{cases}\)

\(\Rightarrow AB \perp (SAC) \Rightarrow AB \perp SC\);

c) \(\begin{cases} BC \perp AK ~(\text{do }\triangle ABC ~\text{vuông cân tại } A)\\ BC \perp SA ~(\text{do }SA \perp (ABC))\end{cases}\)

\(\Rightarrow BC \perp (SAK) \Rightarrow (SAK) \perp(SBC)\).

Vì \(SA \perp (ABC)\) nên \(SA\perp BC\). Mà \(BC \perp AB\) suy ra \(BC \perp (SAB)\).

Ta có \(\begin{cases}BC \perp (SAB)\\ BC \subset (SBC)\end{cases}\) \(\Rightarrow (SBC) \perp (SAB)\).

Tam giác \(ABC\) cân tại \(B\) nên \(BI \perp AC\). \quad (1)

Ta lại có \(SA \perp (ABC)\) \(\Rightarrow SA \perp BI\). \quad (2)

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

Ta có \(\begin{cases}SC \perp BI\\SC \perp IH\end{cases} \Rightarrow SC \perp (BIH)\).

Mặt khác \(SC \subset (SBC)\), do đó \((BIH) \perp(SBC)\).

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 \((SAC) \perp (MBD)\).

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

a) Ta có \(BC\perp AB\) và \(BC\perp SA\) nên \(BC\perp (SAB)\), suy ra \((SAB)\perp (SBC)\).

b) Do \(ABC\) là tam giác cân tại \(B\) nên \(BM\perp AC\).

c) Ta có \(BM\perp SA\), \(BM\perp AC\) nên \(BM\perp (SAC)\), suy ra \((SBM)\perp (SAC)\).

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

Vì \((SMC) \perp (ABC)\), \((SBN) \perp (ABC)\) nên \(SG \perp (ABC)\) suy ra \(SG \perp MN.\)

Mặt khác \(MN \parallel BC\), \(BC \perp AI\) nên \(MN \perp AI\)\\ \(\Rightarrow MN \perp (SAI)\).

Vậy \((SMN) \perp (SAI)\)

Ta có \(CD \perp AD, CD \perp SA \Rightarrow CD \perp (SAD)\)\\ \(\Rightarrow (SCD) \perp (SAD).\)

Ta có \(\begin{cases}AC\perp AB\\AC\perp SB \quad (\text{vì}\quad SB\perp (ABC))\\ AB\cap SB=B\\AB, SB\subset (SAB)\end{cases}\Rightarrow AC\perp (SAB)\).\\ Mà \(SA\subset (SAB)\). Suy ra \(AC\perp SA\).

Do \(BC\perp AB\) và \(BC\perp SA\) nên \(BC\perp (SAB)\).

Mặt khác \(BC\subset (SBC)\) và \(BC\subset (ABC)\)

suy ra \(\begin{cases}(SBC)\perp (SAB)\\ (ABC)\perp (SAB)\end{cases}\)

Ta có \(\begin{cases}BD\perp AC\\BD\perp SA\end{cases} \Rightarrow BD\perp (SAC) \Rightarrow (SBD)\perp (SAC)\).

Theo giả thiết ta có:

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

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

Ta có \(\begin{cases} CD \perp AD \text{ (do } ABCD \text{ là hình chữ nhật)} \\ CD \perp SA \text{ (do } SA \perp(ABCD) \text{)}\end{cases}\) nên \(CD \perp (SAD)\).

Mà \(CD \subset (SCD)\) suy ra \((SCD) \perp (SAD)\).

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

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

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

Ta có \(AB\perp AC, AB\perp AD\Rightarrow AB\perp(CAD)\)

\(\Rightarrow(ABC)\perp(CAD),(BAD)\perp(CAD)\text{.}\)

Tương tự ta cũng có \(CA\perp AB, CA\perp AD\)

\(\Rightarrow CA\perp(BAD)\Rightarrow(CAD)\perp(BAD)\text{.}\)

Vậy các mặt phẳng \((ABC),(BAD),(CAD)\) từng đôi một vuông góc với nhau.

a) Gọi \(H\) là trung điểm \(AC\). Suy ra \(SH\perp AC\) (\(\triangle SAC\) đều).

Vì \((SAC)\perp (ABC)\) nên \(SH\perp (ABC)\) suy ra \(BC\perp SH\).\tagEX{1}

Mà \(BC\perp AC\). \tagEX{2}

Từ (1), (2) suy ra \(BC\perp (SAC)\) mà \(BC\subset (SBC)\)\\ nên \((SBC)\perp (SAC)\).

b) \(\triangle SAC\) đều suy ra \(AI\perp SC\).\tagEX{3}

Ta có \(BC\perp (SAC)\) suy ra \(BC\perp AI\).\tagEX{4}

Từ (3),(4) suy ra \(AI\perp (SBC)\) mà \(AI\subset (ABI)\) \\nên \((ABI)\perp(SBC)\).

a) Ta có \(SD\perp (ABC)\) suy ra \(SD\perp AD\). \(1\)

Vì \(\triangle ABC\) đều cạnh \(a\) và \(D\) đối xứng với \(I\) qua \(A\) nên \(ABCD\) là hình thoi.

Suy ra \(AD\perp BC\). \(2\)

Từ (1), (2) suy ra \(AD\perp (SBC)\) mà \(AD\subset (SAD)\) nên \((SBC)\perp (SAD)\).

b) Kẻ \(BK\perp SA\).

Ta có \(\triangle SBA=\triangle SCA\) (c.c.c)

\(\Rightarrow \begin{cases}BK=CK\\CK\perp SA.\end{cases}\)

Mà \(AD=2AI=\sqrt{3}a\Rightarrow SA=\displaystyle\frac{3\sqrt{2}}{2}a\).

\(BD=a\Rightarrow SB=\displaystyle\frac{\sqrt{10}}{2}a\).

Suy ra \(S_{\triangle SAB}=\sqrt{p(p-SB)(p-BA)(p-SA)}=\displaystyle\frac{3}{4}a^2\).

Mặt khác, ta có \(BK=\displaystyle\frac{2S_{\triangle SAB}}{SA}=\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}a\).

\(\Rightarrow BK=CK=\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}a\).

Mà \(BK^2+CK^2=BC^2\Rightarrow BK\perp CK\).

Suy ra \((SAB)\perp (SAC)\).

\(\bullet\,\) Gọi \(H\) là trung điểm \(AC\). Suy ra \(SH\perp AC\) (\(\triangle SAC \) đều).

Vì \((SAC)\perp (ABC)\) nên \(SH\perp (ABC)\) suy ra \(BC\perp SH\). (1)

Mà \(BC\perp AC\). (2)

Từ (1), (2) suy ra \(BC\perp (SAC)\) mà \(BC\subset (SBC)\) nên \((SBC)\perp (SAC)\).

\(\bullet\,\) \(\triangle SAC \) đều suy ra \(AI\perp SC\). (3)

Ta có \(BC\perp (SAC)\) suy ra \(BC\perp AI\). (4)

Từ (3), (4) suy ra \(AI\perp (SBC)\) mà \(AI\subset (ABI)\) \\nên \((ABI)\perp(SBC)\).

\(\bullet\,\) Ta có \(SD\perp (ABC)\) suy ra \(SD\perp AD\). (1)

Vì \(\triangle ABC\) đều cạnh \(a\) và \(D\) đối xứng với \(I\) qua \(A\) nên \(ABCD\) là hình thoi.

Suy ra \(AD\perp BC\). (2)

Từ (1), (2) suy ra \(AD\perp (SBC)\) mà \(AD\subset (SAD)\) nên \((SBC)\perp (SAD)\).

\(\bullet\,\) Kẻ \(BK\perp SA\).

Ta có \(\triangle SBA=\triangle SCA\) (c.c.c)

\(\Rightarrow \begin{cases}BK=CK\\CK\perp SA.\end{cases}\)

Mà \(AD=2AI=\sqrt{3}a\Rightarrow SA=\displaystyle\frac{3\sqrt{2}}{2}a\).

\(BD=a\Rightarrow SB=\displaystyle\frac{\sqrt{10}}{2}a\).

Suy ra \(S_{\triangle SAB}=\sqrt{p(p-SB)(p-BA)(p-SA)}=\displaystyle\frac{3}{4}a^2\).

Mặt khác, ta có \(BK=\displaystyle\frac{2S_{\triangle SAB}}{SA}=\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}a\).

\(\Rightarrow BK=CK=\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}a\).

Mà \(BK^2+CK^2=BC^2\Rightarrow BK\perp CK\).

Suy ra \((SAB)\perp (SAC)\).

\(\bullet\,\) Tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) có \(AC=\sqrt{AB^2+AC^2}=a\sqrt{2}\).

Tam giác \(ACC'\) vuông tại \(C\) có \(AC'=\sqrt{AC^2+CC'^2}=\sqrt{(a\sqrt{2})^2 +(2a)^2}=a\sqrt{6}.\)

\(\bullet\,\) Gọi \(I\) là trung điểm \(AD\), suy ra \(ABCI\) là hình vuông nên \(\triangle CID\) vuông tại \(I\).

Ta có \(CD=\sqrt{IC^2+ID^2}=a\sqrt{2}.\)

Diện tích \(S_{ABB'A'}=2a\cdot a=2a^2\).

Diện tích \(S_{ABCD}=S_{A'B'C'D'}=\displaystyle\frac{(2a+a)\cdot a}{2}=\displaystyle\frac{3}{2}a^2\).

Diện tích \(S_{BCC'B'}=2a\cdot a=2a^2\).

Diện tích \(S_{ADD'A'}=2a\cdot 2a=4a^2\).

Diện tích \(S_{CDD'C'}=2a\cdot a\sqrt{2}=2a^2\sqrt{2}\).

Vậy tổng diện tích các mặt của hình lăng trụ bằng \(2a^2+3a^2+2a^2+4a^2+2a^2\sqrt{2}=(11+2\sqrt{2})a^2.\)

\(\bullet\,\) Ta có \(\begin{cases}AB=AD\\ AB=BD\end{cases}\Rightarrow AB=AD=BD\). Suy ra \(\triangle ABD\) đều.

Gọi \(O\) là trung điểm \(BD\), thì

\(AO=\displaystyle\frac{AB\sqrt{3}}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow AC=2AO=a\sqrt{3}\).

Do \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình hộp đứng nên \(AA'\perp AC\).

\(\triangle AA'C\) vuông tại \(A\), suy ra \(AA'=\sqrt{A'C^2-AC^2}=\sqrt{4a^2-3a^2}=a\).

\(\bullet\,\) Ta có \(S_{ABCD}=\displaystyle\frac{1}{2}BD\cdot AC\) \(=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot a\cdot a\sqrt{3}=\displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{2}\).

Vì \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình hộp đứng nên các mặt bên của nó là hình chữ nhật. Hơn nữa, ta có cạnh của các hình chữ nhật này đều bằng \(a\), nên các mặt bên của hình hộp là bốn hình vuông cạnh \(a\).

Như vậy, tổng diện tích các mặt của hình hộp là

\(T=4S_{ABB'A'}+2S_{ABCD}=4a^2+2\cdot \displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{2}\) \(=\left(4+\sqrt{3}\right)a^2.\)

Kí hiệu các đỉnh của hình chóp cụt và tâm của hai đáy như hình vẽ bên.

Trong hình thang vuông \(O'OCC'\), vẽ đường cao \(C'H\) \((H\in OC)\).

Do \(C'H\parallel OO'\) nên \(C'H\perp (ABCD)\).

Ta có \(O'C'=\displaystyle\frac{A'C'}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\); \(OC=\displaystyle\frac{AC}{2}=\displaystyle\frac{2a\sqrt{2}}{2}=a\sqrt{2}\).

Suy ra \(HC=OC-O'C'=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\).

Trong tam giác \(C'HC\) vuông tại \(H\), ta có

\(CC'=\sqrt{C'H^2+HC^2}\) \(=\sqrt{a^2+\left(\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)^2}\) \(=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{2}\).

Trong \((ABCD)\), vẽ \(HK\parallel AD\) (\(K\in CD\)). Suy ra \(HK\perp CD\).

Ta có \(\begin{cases}CD\perp HK\\CD\perp C'H\end{cases}\Rightarrow CD\perp C'K\), suy ra \(C'K\) là đường cao của mặt bên \(CDD'C'\).

Do \(HK\parallel AD\Rightarrow \displaystyle\frac{HK}{AD}=\displaystyle\frac{CH}{CA}=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}}{2a}\) \(=\displaystyle\frac{1}{4}\Rightarrow HK=\displaystyle\frac{AD}{4}=\displaystyle\frac{2a}{4}=\displaystyle\frac{a}{2}\).

Trong tam giác \(C'HK\) vuông tại \(H\) ta có:

\(C'K=\sqrt{C'H^2+HK^2}\) \(=\sqrt{a^2+\left(\displaystyle\frac{a}{2}\right)^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{5}}{2}\).

Đặt tên các đỉnh của hình chóp như hình vẽ bên.

Gọi \(M\) là trung điểm \(CD\). Do \(\triangle SCD\) cân tại \(S\) nên \(SM\perp CD\).

Gọi \(O\) là tâm của hình vuông \(ABCD\). Khi đó \(SO\perp (ABCD) \Rightarrow SO\perp OB\) và \(SO\perp OM\).

\(\triangle SOB\) vuông tại \(O\), suy ra

\(SB=\sqrt{SO^2+OB^2}\) \(=\sqrt{SO^2+\left(\displaystyle\frac{AB\sqrt{2}}{2}\right)^2}\) \(=\sqrt{SO^2+\displaystyle\frac{AB^2}{2}}\) \(=\sqrt{21{,}6^2+\displaystyle\frac{34^2}{2}}\approx 32{,}32\) (m)

Các mặt bên của hình chóp đều là các tam giác bằng nhau, nên diện tích xung quanh của kim tự tháp là

\begin{align*}S_{xq}=\ &4S_{\triangle SCD}=4\cdot \displaystyle\frac{1}{2}\cdot CD\cdot SM\\ =\ &2CD\cdot SM\\ =\ &2CD\cdot \sqrt{SO^2+OM^2}\\ =\ &2CD \sqrt{SO^2+\left(\displaystyle\frac{AD}{2}\right)^2}\\ =\ &CD \sqrt{4SO^2+AD^2}\\ =\ &34\sqrt{4\cdot 21{,}6^2+34^2}\approx 1\,869{,}15 \text{ (m\(^2\)).}\end{align*}

\(\bullet\,\) Vì \(SA\perp(ABC)\) và \(SA\subset (ASB)\) nên \((ASB) \perp(ABC)\).

Ta có \(\begin{cases} BC\perp AH\\ BC\perp SA \ (\text{do } SA\perp (ABC)\end{cases}\Rightarrow BC\perp (SAH))\).

Lại có \(BC\subset (SBC)\) nên \((SAH) \perp(SBC)\).

\(\bullet\,\) Theo chứng minh trên, \(BC\perp (SAH))\Rightarrow BC\perp SH\).

Kết hợp với \(BC\perp AH\), ta có góc \(\widehat{SHA}\) là một góc phẳng của góc nhị diện \([S,BC,A]\).

Vì tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) và \(\widehat{ABC}=30^\circ\) nên \(\widehat{ACB}=60^\circ\).

Ta có \(AH=AC\cdot \sin\widehat{ACB}=a\cdot\sin 60^\circ=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

Tam giác \(SAH\) vuông tại \(A\) có \(\tan\widehat{SHA}=\displaystyle\frac{SA}{AH}=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}}=1\Rightarrow\widehat{SHA}=45^\circ\).

Vậy số đo của góc nhị diện \([S,BC,A]\) là \(45^\circ\).

\(\bullet\,\) Độ dài đường chéo \(AC'\)

\begin{eqnarray*}AC'=\sqrt{AC^2+AA'^2}\\=\sqrt{AB^2+AD^2+AA'^2}\\=\sqrt{a^2+a^2+a^2}\\=a\sqrt{3}.\end{eqnarray*}

\(\bullet\,\) Ta có \(\begin{cases}AC\perp BD (\text{do } ABCD \text{ là hình vuông}) \\ AC\perp BB' (\text{tính chất của hình lập phương})\end{cases}\) nên \(AC\perp (BDD'B')\).

Suy ra \((ACC'A') \perp(BDD'B')\).

\(\bullet\,\) Ta có \(\begin{cases} BD\perp AC\\ BD\perp CC'\end{cases}\Rightarrow BD\perp (ACC'A')\Rightarrow BD\perp C'O\).

Vì \(\begin{cases} BD\perp CO\\ BD\perp C'O\end{cases}\) nên \(\widehat{COC'}\) là một góc phẳng của góc nhị diện \([C,BD, C']\).

Tam giác \(COC'\) vuông tại \(C\) có \(CC'=a\) và \(OC=\displaystyle\frac{AC}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\) nên

\(\tan\widehat{COC'}=\displaystyle\frac{CC'}{CO}=\displaystyle\frac{a}{\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}}=\sqrt{2}\Rightarrow \widehat{COC'}\approx 54{,}7^\circ.\)

Ta thấy \(\widehat{AOC'}\) là một góc phẳng của góc nhị diện \([A,BD, C']\) và

\(\widehat{AOC'}=180^\circ-\widehat{COC'}\approx 180^\circ-54{,}7^\circ=125{,}3^\circ.\)

Vậy số đo các góc nhị diện \([C,BD,C]\) và \([A,BD,C']\) tương ứng là \(54{,}7^\circ\) và \(125{,}3^\circ\).

\(\bullet\,\) Ta có \(BB'\perp (ABCD)\) nên \((BDD'B') \perp(ABCD)\).

\(\bullet\,\) Vì \(C'C\perp(ABCD)\) nên \(C\) là hình chiếu của \(C'\) trên \((ABCD)\). Vậy \(AC\) là là hình chiếu của \(AC'\) trên \((ABCD)\).

\(\bullet\,\) Ta có

\begin{eqnarray*}AC'=\sqrt{AC^2+CC'^2}\\=\sqrt{AB^2+BC^2+CC'^2}\\=\sqrt{a^2+b^2+c^2}.\end{eqnarray*}

\(\bullet\,\) Vì \(S.ABC\) là hình chóp đều nên hình chiếu của \(S\) là trực tâm \(H\) của tam giác đều \(ABC\).

Do đó, hình chiếu của \(SA\) trên mặt phẳng \((ABC)\) là \(HA\).

Vậy góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy là \(\widehat{SAH}\).

Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\), ta có \(AM=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\) (chiều cao của tam giác đều).

Vì \(H\) là trực tâm của tam giác đều \(ABC\) nên

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

Tam giác \(SHA\) vuông tại \(H\) có

\(SH=\sqrt{SA^2-AH^2}\) \(=\sqrt{b^2-\left(\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)^2}\) \(=\sqrt{b^2-\displaystyle\frac{a^2}{3}}\) (điều kiện: \(b>\displaystyle\frac{a}{\sqrt{3}}\)).

Do đó \(\sin\widehat{SAH}=\displaystyle\frac{SH}{SA}=\displaystyle\frac{\sqrt{b^2-\displaystyle\frac{a^2}{3}}}{b}=\sqrt{1-\displaystyle\frac{a^2}{3b^2}}\).

\(\bullet\,\) Ta có \(\begin{cases} BC\perp AM\\ BC\perp SH\end{cases}\Rightarrow BC\perp (SAM)\Rightarrow BC\perp SM\).

Ta có

\(\begin{cases} (SBC)\cap(ABC)=BC\\ SM\subset (SBC), SM\perp BC\\ AM\subset (ABC), AM\perp BC\end{cases}\) nên góc giữa hai mặt phẳng \((SBC)\) và \((ABC)\) chính là góc giữa hai đường thẳng \(SM\) và \(AM\), chính là góc \(\widehat{SMA}\).

Ta có \(HM=\displaystyle\frac{AM}{3}=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}}{3}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{6}\).

Suy ra \(\tan\widehat{SMA}=\displaystyle\frac{SH}{HM}=\displaystyle\frac{\sqrt{b^2-\displaystyle\frac{a^2}{3}}}{\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{6}}=2\sqrt{\displaystyle\frac{3b^2}{a^2}-1}\).

\(\bullet\,\) Ta có \(\begin{cases} AO\perp PO \\ BO\perp PO\end{cases}\) nên \(\widehat{AOB}\) là một góc phẳng của góc nhị diện \([A,PO,B]\).

Theo định lí cos, ta có

\(\cos\widehat{AOB}=\displaystyle\frac{OA^2+OB^2-AB^2}{2\cdot OA\cdot OB}=\displaystyle\frac{2{,}8^2+4^2-4{,}8^2}{2\cdot 2{,}8\cdot 4}=\displaystyle\frac{1}{28}.\)

Suy ra \(\widehat{AOB}\approx 88^\circ\).

\(\bullet\,\) Theo chứng minh trên, ta có \(PO\perp (OAB)\).

Mà \(PO\) song với mặt đất nên \((OAB)\) vuông góc với mặt đất phẳng.

\(\bullet\,\) Gọi \(H\) là giao điểm của phương thẳng đứng đi qua \(A\) và phương ngang đi qua \(B\).

Theo giả thiết, \(AH=0{,}5\) m.

Góc giữa mái nhà chứa \(OB\) so với mặt đất chính là góc \(\widehat{OBH}\).

Ta có \(\sin\widehat{ABH}=\displaystyle\frac{AH}{AB}=\displaystyle\frac{0{,}5}{4{,}8}=\displaystyle\frac{5}{48}\).

Suy ra \(\widehat{ABH}\approx 5{,}98^\circ\).

Theo định lí cos, ta có

\(\cos\widehat{OBA}=\displaystyle\frac{OB^2+AB^2-OA^2}{2\cdot OB\cdot AB}\) \(=\displaystyle\frac{4^2+4{,}8^2-2{,}8^2}{2\cdot 4\cdot 4{,}8}=\displaystyle\frac{13}{16}.\)

Suy ra \(\widehat{OBA}\approx 35{,}66^\circ\).

Vậy \(\widehat{OBH}=\widehat{OBA}+\widehat{ABH}\approx 35{,}66^\circ+5{,}98^\circ=41{,}64^\circ\).

Gọi \(\alpha\) là góc tạo bởi mái nhà mặt sân, con đường thẳng với mặt phẳng nằm ngang.

Theo giả thiết, \(\tan\alpha\leq\displaystyle\frac{1}{12}\Rightarrow \alpha\leq 4{,}76^\circ\).

\(\bullet\,\) Ta có \(\triangle SAB\) vuông cân tại \(S\) có đường trung tuyến \(SM\) nên \(SM\perp AB\) và \((SAB)\perp (ABCD)\), suy ra \(S M \perp(A B C D)\).

\(\bullet\,\) Vì \(S M \perp(A B C D)\) nên \(SM\perp AD\).

Mặt khác \(AD\perp AB\). Do đó \(A D \perp(S A B)\).

\(\bullet\,\) Từ \(A D \perp(S A B)\) suy ra \(SB\perp AD\).

Mặt khác \(\triangle SAB\) vuông cân tại \(S\) nên \(SB\perp SA\). Khi đó \(SB\perp (SAD)\).

Suy ra \((SAB)\perp (SBC)\).

\(\bullet\,\) Ta có \((A'AB)\cap (A'AC)=A'A\) và hai mặt phẳng \(\left(A' A B\right)\) và \(\left(A' A C\right)\) cùng vuông góc với \((A B C)\) nên \(A A' \perp(A B C)\).

\(\bullet\,\) Ta có \(A A' \perp(A B C)\) nên suy ra \(AB\) là hình chiếu vuông góc của \(A'B\) lên mặt phẳng \((ABC)\).

Khi đó góc giữa đường thẳng \(A' B\) và mặt phẳng \((A B C)\) là \(\widehat{A'BA}\).

Theo giả thiết lăng trụ \(A B C \cdot A' B' C'\) có tất cả các cạnh cùng bằng \(a\) và \(AA'\perp AB\) nên \(A'ABB'\) là hình vuông suy ra \(\widehat{A'BA}=45^\circ\).

Vậy số đo góc giữa đường thẳng \(A' B\) và mặt phẳng \((A B C)\) là \(45^\circ\).

Gọi góc giữa hai mặt phẳng \((SBC)\) và \((ABC)\) là \(\alpha\).

Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\). Do \(\triangle ABC\) đều nên \(AM\perp BC\).(1)

Theo giả thiết \(SA\perp(ABC)\), suy ra theo (1) ta có \(SM\perp BC\).(2)

Lại có \((SBC)\cap(ABC)=BC\).(3)

Từ (1), (2) và (3) ta có \(\alpha=\widehat{SMA}\).

Ta có \(AM=\sqrt{AC^2-CM^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\).\

Xét tam giác \(SAM\) vuông tại \(A\), ta có: \(\tan\alpha=\displaystyle\frac{SA}{AM}=\displaystyle\frac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}\), suy ra \(\alpha=60^\circ\).

a) Gọi \(\alpha=(S,BC,A)\). Khi đó ta có \(\begin{cases}BC\perp AB\\BC\perp SA\end{cases}\Rightarrow BC\perp SB\).

Suy ra \(\alpha=\widehat{SBA}\).

Trong \(\triangle SAB\) có \(\tan\alpha=\displaystyle\frac{SA}{AB}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}\Rightarrow \alpha=60^\circ\).

b) Gọi \(\beta=(S,BD,A)\) và \(AC\cap BD=O\), ta có \(\begin{cases}AO\perp BD\\SO\perp BD(\text{ Do } BD\perp(SAC))\end{cases}\Rightarrow \beta=\widehat{SOA}\).

Mà \(AO=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\), suy ra \(\tan\beta=\displaystyle\frac{SA}{AO}=\displaystyle\frac{2a\sqrt{3}}{a\sqrt{2}}=\sqrt{6}\)

\(\Rightarrow \beta=\arctan(\sqrt{6})\).

c) Gọi \(\gamma=\left((SAB),(SCD)\right)\).

Khi đó ta có \(\gamma=\widehat{ASD}\) và \(\tan\gamma=\displaystyle\frac{AD}{SA}=\displaystyle\frac{a}{a\sqrt{3}}=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \gamma=30^\circ\).

a) Ta có \(BO\perp SA\) và \(BO\perp AC\), suy ra \(BO\perp(SAC)\).

\(BA\perp SA\) và \(BA\perp AD\), suy ra \(BA\perp(SAD)\).

Do đó, nếu gọi góc giữa hai mặt phẳng \((SAC)\) và \((SAD)\) là \(\alpha\) thì

\(\alpha=(BO, BA)=\widehat{ABO}=45^{\circ}.\)

b) Ta có \(CB\perp SA\) và \(CB\perp AB\), suy ra \(CB\perp(SAB)\).

\(CD\perp SA\) và \(CD\perp AD\), suy ra \(CD\perp(SAD)\).

Do đó, nếu gọi góc giữa hai mặt phẳng \((SAB)\) và \((SAD)\) là \(\beta\) thì

\(\beta=(CB, CD)=\widehat{BCD}=90^{\circ}.\)

Theo đề bài ta có \((SAB)\perp(ABC)\).

Ta có tam giác \(SAB\) đều và \(M\) là trung điểm của \(AB\), suy ra \(SM\perp AB\). Đường thẳng \(SM\) nằm trong \((SAB)\) và vuông góc với giao tuyến \(AB\) của hai mặt phẳng \((SAB)\) và \((ABC)\).

Từ đó suy ra \(SM\perp(ABC)\).

Ta có hai mặt phẳng \((SAB)\) và \((SAC)\) cùng vuông góc với mặt đáy \((ABC)\), theo Định lí 3 , giao tuyến \(SA\) của \((SAB)\) và \((SAC)\) vuông góc với \((ABC)\). Từ \(SA\perp(ABC)\) ta có \(SA\perp AB\) và \(SA\perp AC\), suy ra tam giác \(SAB\) và \(SAC\) vuông cân tại \(A\), suy ra \(SB=SC=a\sqrt{2}\).

Đáy \(ABCD\) của lăng trụ đều phải là tứ giác đều, suy ra \(ABCD\) là hình vuông, vậy \(AC=a\sqrt{2}\). Lăng trụ đều có cạnh bên vuông góc với đáy, suy ra \(AA'\perp(ABCD)\), vậy \(AA'\perp AC\).

Trong tam giác \(A'AC\) vuông tại \(A\) ta có

\(A'C=\sqrt{A'A^2 + AC^2}=\sqrt{h^2 + 2a^2}.\)

Ta có \(O\) là trọng tâm của tam giác đều \(ABC\), suy ra \(AO=\displaystyle\frac{2}{3}\cdot\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{3}.\)

Trong tam giác \(SOA\) vuông tại \(O\), ta có

\(SO=\sqrt{SA^2 - AO^2}=\sqrt{b^2 - \displaystyle\frac{3a^2}{9}}=\displaystyle\frac{\sqrt{9b^2 - 3a^2}}{3}.\)

Trong hình thang vuông \(OO'C'C\), vẽ đường cao \(C'H\left(H\in OC'\right)\).

Ta có \(OC=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}, O'C'=\displaystyle\frac{b\sqrt{2}}{2}\), suy ra \(HC=\displaystyle\frac{(a - b)\sqrt{2}}{2}\).

Trong tam giác vuông \(CC'H\), ta có

\(CC'=\sqrt{C'H^2 + HC^2}=\sqrt{h^2 + \displaystyle\frac{(a - b)^2}{2}}.\)

a) Tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) có \(AC=\sqrt{AB^2+AC^2}=a\sqrt{2}\).

Tam giác \(ACC'\) vuông tại \(C\) có \(AC'=\sqrt{AC^2+CC'^2}=\sqrt{(a\sqrt{2})^2+(2a)^2}=a\sqrt{6}.\)

b) Gọi \(I\) là trung điểm \(AD\), suy ra \(ABCI\) là hình vuông nên \(\triangle CID\) vuông tại \(I\). Ta có

\(CD=\sqrt{IC^2+ID^2}=a\sqrt{2}.\)

Diện tích \(S_{ABB'A'}=2a\cdot a=2a^2\).

Diện tích \(S_{ABCD}=S_{A'B'C'D'}=\displaystyle\frac{(2a+a)\cdot a}{2}=\displaystyle\frac{3}{2}a^2\).

Diện tích \(S_{BCC'B'}=2a\cdot a=2a^2\).

Diện tích \(S_{ADD'A'}=2a\cdot 2a=4a^2\).

Diện tích \(S_{CDD'C'}=2a\cdot a\sqrt{2}=2a^2\sqrt{2}\).

Vậy tổng diện tích các mặt của hình lăng trụ bằng \(2a^2+3a^2+2a^2+4a^2+2a^2\sqrt{2}=(11+2\sqrt{2})a^2.\)

a) Ta có \(\begin{cases}AB=AD \text{ (ABCD là hình thoi) }\\AB=BD \text{ (gt)}\end{cases}\Rightarrow AB=AD=BD\). Suy ra \(\triangle ABD\) đều.

Gọi \(O\) là trung điểm \(BD\), thì

\(AO=\displaystyle\frac{AB\sqrt{3}}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow AC=2AO=a\sqrt{3}\).

Do \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình hộp đứng nên \(AA'\perp AC\).

\(\triangle AA'C\) vuông tại \(A\), suy ra \(AA'=\sqrt{A'C^2-AC^2}=\sqrt{4a^2-3a^2}=a\).

b) Ta có \(S_{ABCD}=\displaystyle\frac{1}{2}BD\cdot AC=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot a\cdot a\sqrt{3}=\displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{2}\).

Vì \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình hộp đứng nên các mặt bên của nó là hình chữ nhật. Hơn nữa, ta có cạnh của các hình chữ nhật này đều bằng \(a\), nên các mặt bên của hình hộp là bốn hình vuông cạnh \(a\).

Như vậy, tổng diện tích các mặt của hình hộp là

\begin{eqnarray*}T=4S_{ABB'A'}+2S_{ABCD}=4a^2+2\cdot \displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{2}=\left(4+\sqrt{3}\right)a^2 \text{ (đvdt). }\end{eqnarray*}

Kẻ \(AH \perp SB\ (H \in SB)\). Ta có \(\begin{cases}AD \perp SA\ (SA \perp (ABCD)) \\ AD \perp AB\end{cases}\Rightarrow AD \perp (SAB) \Rightarrow AD \perp SB.\)

Ta có \(AD \perp SB\) và \(AH \perp SB\) nên \(SB \perp (ADH)\), suy ra \((SBC) \perp (ADH)\).

Do đó, mặt phẳng \((P)\) chứa \(AD\) và vuông góc với mặt phẳng \((SBC)\) là \((ADH)\).

Trong mặt phẳng \((SBC)\) dựng \(HK \parallel BC (K \in BC)\), suy ra \(HK \parallel AD\) (do cùng song song với \(AD\)).

Vậy thiết diện là hình thang \(ADKH\) có hai đáy là \(AD\) và \(HK\).

Ta có \(OA \perp OB\) và \(OA \perp OC\) nên \(OA \perp (OBC)\).

Vì \(OH \perp BC\) (do \(OH \perp (ABC)\)) và \(OA \perp BC\) (do \(OH \perp (ABC)\)) nên \(BC \perp (OAH)\), suy ra \(BC \perp AH\). \((1)\)

Tương tự ta có \(AC \perp BH\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra \(H\) là trực tâm của \(\triangle ABC\).

Ta có \(OH \perp (ABC)\) nên mặt phẳng \((\alpha)\) chứa \(OM\) và vuông góc với mặt phẳng \((ABC)\) là \((OHM)\).

Trong mặt phẳng \((ABC)\) gọi \(N\) là giao điểm của \(HM\) và \(AB\), suy ra thiết diện của mặt phẳng \((OHM)\) và tứ diện là \(\triangle OMN\).

Do \(OA=OB=OC=a\) và \(OA, OB, OC\) đôi một vuông góc nhau nên \(AB=AC=BC= a\sqrt{2}\), suy ra \(\triangle ABC\) đều.

Mà \(H\) là trực tâm của \(\triangle ABC\) nên \(AH\) cắt \(BC\) tại trung điểm của đoạn \(BC\).

Gọi \(E\) là trung điểm \(BC\).

Ta có \(H\) là trọng tâm \(\triangle ABC\) nên \(3HE=AE\). Do đó, \(MN \parallel BC\), suy ra \(MN= \displaystyle\frac{2}{3} BC= \displaystyle\frac{2a \sqrt{3}}{3}\).

Vì \(\triangle AOE\) vuông tại \(A\) nên \(\displaystyle\frac{1}{OH^2}=\displaystyle\frac{1}{OA^2}+\displaystyle\frac{1}{OE^2}=\displaystyle\frac{3}{4a^2}\), suy ra \(AH=\displaystyle\frac{a \sqrt{3}}{3}\).

Vậy \(S_{\triangle OMN}= \displaystyle\frac{1}{2} \cdot MN \cdot OH= \displaystyle\frac{2a^2 \sqrt{6}}{9}\).