\(\S4\) KHOẢNG CÁCH TRONG KHÔNG GIAN

Dựng \(OM \perp CD\) và \(OH \perp SM\) khi đó

Ta có

\(\begin{cases}CD \perp OM \\ CD \perp SO\end{cases}\Rightarrow CD \perp (SOM)\Rightarrow CD \perp OH\);

Ta có \(\begin{cases} OH \perp SM\\OH \perp CD\end{cases}\Rightarrow OH \perp (SCD)\);

Do đó \(\mathrm{d}(O,(SCD))=OH\).

Ta có tam giác \(ACD\) đều suy ra

\(OM = OC\cdot \sin\widehat{OCM}= \displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{4}.\)

Vậy \(\mathrm{d}(O,(SCD))=OH\) \(= \displaystyle\frac{OM\cdot SO}{\sqrt{SO^2 + OM^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{51}}{17}\).

\(\bullet\,\) Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB\), vì \(ABC\) và \(ABD\) là các tam giác cân nên

\(\begin{cases}AB\perp CM\\ AB \perp DM\\ CM\cap DM = M\\ CM \subset (MCD) \\ DM \subset (MCD)\end{cases}\) \(\Rightarrow AB \perp (MCD)\Rightarrow AB \perp CD.\)

\(\bullet\,\) Gọi \(N\) là trung điểm của \(CD\), vì \(ABC\) và \(ABD\) là các tam giác cân và bằng nhau nên \(CM = DM\), do đó tam giác \(CMD\) cân tại \(M\) suy ra \(MN \perp CD\).

Ta có \(\begin{cases}MN \perp CD\\MN \perp AB \end{cases}\).

Vậy \(MN\) là đoạn vuông góc chung của \(AB\) và \(CD\).

\(\bullet\,\) Gọi \(O\) là tâm của hình vuông \(ABC\).

Khi đó \(\triangle SAC\) cân tại \(S\) có \(SO\) là trung tuyến nên \(SO\perp AC\). Tương tự, \(SO\perp BD\).

Do đó, \(SO\perp \left(ABCD\right)\).

Ta có \(\begin{cases}AB\perp IJ\ \left(\text{vì}\; ABCD\;\text{là hình vuông}\right)\\ AB\perp SO \left(\text{vì}\;SO\perp\left(ABCD\right)\right).\end{cases}\)

Mà \(IJ\) và \(SO\) là hai đường thẳng cắt nhau trong \(\left(SIJ\right)\) nên suy ra \(AB\perp\left(SIJ\right)\).

\(\bullet\,\) Vì \(AB\parallel CD\) nên \(AB\parallel\left(SCD\right)\), suy ra

\(\mathrm{d}\left(AB,SC\right) = \mathrm{d}\left(A,\left(SCD\right)\right) = 2\mathrm{d}\left(O,\left(SCD\right)\right).\)

Kẻ \(OH\perp SJ\). Vì \(CD\parallel AB\) mà \(AB\perp \left(SIJ\right)\) nên ta cũng có \(CD\perp \left(SIJ\right)\).

Suy ra \(CD\perp OH\). Kết hợp với \(SJ\perp OH\) ta được \(OH\perp \left(SCD\right)\) hay \(OH\) chính là khoảng cách từ \(O\) đến \(\left(SCD\right)\).

Ta có \(\triangle SAC\) đều cạnh \(a\sqrt{2}\) nên \(SO = \displaystyle\frac{a\sqrt{2}\cdot\sqrt{3}}{2} = \displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{2}\).

Suy ra

\(OH = \displaystyle\frac{SO\cdot OJ}{\sqrt{SO^2 + OJ^2}}\) \(= \displaystyle\frac{\tfrac{a\sqrt{6}}{2}\cdot\tfrac{a}{2}}{ \sqrt{\left(\tfrac{a\sqrt{6}}{2}\right)^2 + \left(\tfrac{a}{2}\right)^2}} = \displaystyle\frac{a\sqrt{42}}{14}.\)

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng \(A B\) và \(S C\) bằng \(\displaystyle\frac{a\sqrt{42}}{7}\).

\(\bullet\,\) Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\), khi đó ta có

\(\begin{cases}BC\perp AI\\BC\perp AA'\end{cases}\Rightarrow BC\perp\left(AA'I\right).\)

Mà \(\begin{cases}\left(AA'I\right)\cap\left(ABC\right) = AI\\ \left(AA'I\right)\cap\left(A'BC\right) = A'I\end{cases}\) nên

\(\left(\left(A'BC\right),\left(ABC\right)\right) = \widehat{A'IA} = 60^\circ.\)

Vậy khoảng cách giữa hai đáy của hình lăng trụ bằng \(AA' = AI\cdot \tan\widehat{A'IA} = \displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\sqrt{3} = \displaystyle\frac{3a}{2}.\)

\(\bullet\,\) Diện tích \(\triangle ABC\) là \(S_{\triangle ABC} = \displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\).

Suy ra thể tích khối lăng trụ là \(V = S_{\triangle ABC}\cdot AA' = \displaystyle\frac{3a^3\sqrt{3}}{8}.\)

\(\bullet\,\) Ta có \(\begin{cases}AO \perp AA'\\AO \perp BD\end{cases}\Rightarrow \mathrm{d}(BD,AA')=\displaystyle\frac{1}{2}AC=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

\(\bullet\,\) Ta có \(BO=\sqrt{AB^2-OA^2}\) \(=\sqrt{a^2-\left(\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2}=\displaystyle\frac{a}{2}\Rightarrow BD=a\).

Thể tích của khối hộp \(V=AA'\cdot S_{ABCD}=2a\cdot \displaystyle\frac{1}{2}\cdot a\sqrt{3}\cdot a=a^3\sqrt{3}.\)

\(\bullet\,\) Kẻ \(OH \perp SB\) tại \(H\).

Ta có \(\begin{cases}AC\perp BD\\AC \perp SO\end{cases}\Rightarrow AC \perp (SBD)\Rightarrow AC \perp OH\). Khi đó \(\mathrm{d}(AC,SB)=OH\).

Có \(\triangle SAC\) vuông tại \(S\) suy ra \(SO=\displaystyle\frac{1}{2}AC=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\).

Khi đó \(OH=\displaystyle\frac{SO\cdot OB}{SB}\) \(=\displaystyle\frac{\tfrac{a\sqrt{2}}{2}\cdot \tfrac{a\sqrt{2}}{2}}{a}=\displaystyle\frac{a}{2}\).

Vậy \(\mathrm{d}(AC,SB)=\displaystyle\frac{a}{2}\).

\(\bullet\,\) Thể tích của khối chóp \(V_{S.ABCD}=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot SO \cdot S_{ABCD}\) \(=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot \displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2} \cdot a^2=\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{6}a^3\).

Diện tích đáy lớn \(S=6\cdot a^2\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{4}=\displaystyle\frac{3\sqrt{3}}{2}a^2\).

Diện tích đáy lớn \(S'=6\cdot \left(\displaystyle\frac{a}{2}\right)^2\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{4}=\displaystyle\frac{3\sqrt{3}}{8}a^2\).

Thể tích của khối chóp cụt lục giác đều \(ABCDEF \cdot A'B'C'D'E'F'\) là

\begin{align*}V=\ &\displaystyle\frac{1}{3}OO'\cdot \left(S+\sqrt{S\cdot S'}+S'\right)\\ =\ &\displaystyle\frac{1}{3}\cdot a \cdot \left(\displaystyle\frac{3\sqrt{3}}{2}a^2+\sqrt{\displaystyle\frac{3\sqrt{3}}{2}a^2\cdot \displaystyle\frac{3\sqrt{3}}{8}a^2}+\displaystyle\frac{3\sqrt{3}}{8}a^2\right)\\ =\ &\displaystyle\frac{7\sqrt{3}}{8}a^3.\end{align*}

\(\bullet\,\) Tính chiều cao của hình chóp.

Gọi \(H\) là trung điểm của \(DA\), ta có \(SH\perp DA\). Lại có \((SDA)\perp (ABCD)\) nên \(SH\perp (ABCD)\). Vậy \(SH\) là đường cao của hình chóp \(S.ABCD\).

Do tam giác \(SAD\) đều cạnh \(a\) nên \(SH=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

\(\bullet\,\) Tính khoảng cách giữa \(BC\) và \((SAD)\).

Ta có \(\begin{cases}BA\perp DA\\BA\perp SH\end{cases}\Rightarrow BA\perp (SAD)\) \(\Rightarrow \mathrm{d}(BC,(SAD))=\mathrm{d}(B,(SAD))=AB=a\).

\(\bullet\,\) Xác định đường vuông góc chung và tính khoảng cách giữa \(AB\) và \(SD\).

Kẻ \(AK\perp SD\). Do \(AB\perp (SAD)\Rightarrow AB\perp AK\).

Vậy \(AK\) là đường vuôngg góc chung, suy ra \(\mathrm{d}(AB,SD)=AK=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

\(\bullet\,\) Tính khoảng cách giữa \(CC'\) và \((BB'D'D)\).

Kẻ \(CH\perp BD\) tại \(H\).

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

Vậy \(CH\) là khoảng cách giữa \(CC'\) và \((BB'D'D)\).

Xét \(\triangle CBD\) ta có \(\displaystyle\frac{1}{CH^2}=\displaystyle\frac{1}{CB^2}+\displaystyle\frac{1}{CD^2}=\displaystyle\frac{1}{b^2}+\displaystyle\frac{1}{c^2}\Rightarrow CH=\displaystyle\frac{bc}{\sqrt{b^2+c^2}}\).

\(\bullet\,\) Xác định đường vuông góc chung và tính khoảng cách giữa \(AC\) và \(B'D'\).

Gọi \(O\) và \(O'\) là tâm hình vuông \(ABCD\) và \(A'B'C'D'\), suy ra \(OO'\parallel AA'\).

Ta có \(\begin{cases}O'O\perp B'D'\\O'O\perp AC\end{cases}\Rightarrow O'O\) là đường vuông góc chung của \(AC\) và \(B'D'\), nên \(O'O\) là khoảng cách giữa \(AC\) và \(B'D'\). Vậy \(\mathrm{d}(AC,B'D')=a\).

\(\bullet\,\) \(MN\) là đường vuông góc chung của \(AB\) và \(CD\).

Ta có \(\begin{cases}CD\perp BN\\ CD\perp AN\end{cases}\Rightarrow CD\perp (ABN)\Rightarrow CD\perp MN\) \(\quad(1)\).

Tương tự ta có \(AB\perp (MCD)\Rightarrow AB\perp MN\) \(\quad (2)\).

Từ (1), (2) suy ra \(MN\) là đường vuông góc chung của \(AB\) và \(CD\).

\(\bullet\,\) Các cặp cạnh đối diện trong tứ diện \(ABCD\) đều vuông góc với nhau.

Do \(CD\perp (ABN)\Rightarrow CD\perp AB\).

Chứng minh tương tự ta có \(BC\perp AD\), \(AC\perp BD\).

Vậy các cặp cạnh đối diện trong tứ diện đều vuông góc với nhau.

\(\bullet\,\) Chứng minh rằng hai mặt phẳng \((D'AC)\) và \((BC'A')\) song song với nhau và \(DB'\) vuông góc với hai mặt phẳng đó.

Ta có \(\begin{cases}AB\parallel D'C'\\AB= D'C'\end{cases}\Rightarrow ABC'D\) là hình bình hành. Vậy \(BC'\parallel AD'\). \(\quad (1)\)

Tương tự \(AA'C'C\) là hình bình hành, suy ra \(C'A'\parallel CA'\). \(\quad (2)\)

Từ (1), (2) suy ra \((D'AC)\parallel (BC'A')\).

Lại có \(\begin{cases}AC\perp BD\\AC\perp BB'\end{cases}\Rightarrow AC\perp (BDD'B')\Rightarrow AC\perp B'D\).\(\quad (3)\)

Tương tự ta có \(CD'\perp (AB'C'D)\Rightarrow CD'\perp B'D\).\(\quad (4)\)

Từ (3), (4) suy ra \(B'D\perp (ACD')\).

Mà \((D'AC)\parallel (BC'A')\) nên \(B'D\perp (BC'A')\).

Vậy \(B'D\) vuông góc với hai mặt phẳng \((D'AC)\) và \((BC'A')\).

\(\bullet\,\) Xác định các giao điểm \(E\), \(F\) của \(DB'\) với \((D'AC)\), \((BC'A')\). Tính \(\mathrm{d}((D'AC),(BC'A'))\).

Gọi \(E=D'O\cap DB'\), \(F=O'B\cap DB'\), suy ra \(EF\) là khoảng cách giữa hai mặt phẳng \((D'AC)\) và \((BC'A')\).

Xét \(\triangle B'D'E\) có \(O'F\) là đường trung bình nên \(F\) là trung điểm của \(B'E\).

Tương tự, \(E\) là trung điểm của \(DF\).

Suy ra \(EF=\displaystyle\frac{1}{3}B'D=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{3}\).

Ta có \(S.ABC\) là hình chóp đều. Gọi \(E\) là trung điểm \(BC\) và \(H\) là trọng tâm tam giác \(ABC\), suy ra \(SH\perp (ABC)\).

Ta có \(AH=\displaystyle\frac{2}{3}AE=\displaystyle\frac{2}{3}\cdot\displaystyle\frac{110\sqrt{3}}{2}=\displaystyle\frac{110}{\sqrt{3}}\).

Lại có \(SH=\sqrt{SA^2-AH^2}=\sqrt{129^2-\displaystyle\frac{110^2}{3}}\approx 112{,}28\).

Vậy chiều cao của giá đỡ là \(112{,}28\) cm.

Diện tích đáy tam giác đều là \(S_{ABC}=a^2\cdot \displaystyle\frac{\sqrt{3}}{4}\);

\(AO=a \cdot \displaystyle\frac{\sqrt{3}}{3}\).

Chiều cao của hình chóp là \(SO=\sqrt{SA^2-AO^2}= \sqrt{b^2-\displaystyle\frac{a^2}{3}}\).

Thể tích khối chóp là \(V=\displaystyle\frac{1}{3} \cdot S_{ABC} \cdot SO= \displaystyle\frac{\sqrt{3}}{12} \cdot a^2 \cdot \sqrt{b^2-\displaystyle\frac{a^2}{3}}\).

Do đó thể tích của khối tứ diện đều có cạnh bằng \(a\) là

\(V= \displaystyle\frac{\sqrt{3}}{12} \cdot a^2 \cdot \sqrt{a^2-\displaystyle\frac{a^2}{3}}=\displaystyle\frac{a^ 3 \sqrt{2}}{12}.\)

Diện tích đáy là \(S_{ABC}= \displaystyle\frac{1}{2}AB \cdot BC \cdot \sin\widehat{ABC} =6\) (cm\(^2\)).

Thể tích khối lăng trụ là \(V=S_{ABC} \cdot AA'=6 \cdot 5=30\) (cm\(^3\)).

\(\bullet\,\) Diện tích đáy là \(S_{ABCD}=36\) (cm\(^2\)); \(AO=3\sqrt{2}\) cm.

\(\left(\widehat{SA,(ABCD)}\right) = \widehat{SAO} =60^{\circ}\).

Chiều cao của hình chóp là \(SO=AO \cdot \tan SAO= 3\sqrt{6}\) cm.

Thể tích khối chóp là \(V=\displaystyle\frac{1}{3} \cdot S_{ABCD} \cdot SO=36\sqrt{6}\) cm\(^3\).

\(\bullet\,\) Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\).

\(\left(\widehat{(SBC),(ABCD)}\right) = \widehat{SMO} =45^{\circ}\)

\(\Rightarrow SO=OM=3\) cm.

Thể tích khối chóp là \(V=\displaystyle\frac{1}{3} \cdot S_{ABCD} \cdot SO=108\) cm\(^3\).

Gọi \(O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) và dựng \(AK\perp BC\) tại \(K\).

Khi đó \(A'O \perp (ABC)\).

Suy ra \(A'O \perp OA\).

Dễ dàng tính được \(OA =\displaystyle\frac{2}{3}OK= \displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{3}\).

Từ đó suy ra \(OA' = \sqrt{AA'^{2} - OA^{2}} = \sqrt{b^{2} - \displaystyle\frac{a^{2}}{3}}\).

Vậy thể tích của khối lăng trụ là

\(V = S_{ABC} \cdot h = \displaystyle\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4} \cdot \sqrt{b^{2}-\displaystyle\frac{a^{2}}{3}}.\)

\(\bullet\,\) Do các mặt bên của chiếc thùng đều là các hình thang nên chiếc thùng có dạng hình chóp cụt.

\(\bullet\,\) Kẻ \(AK \perp A'B'\) thì \(AK =\displaystyle\frac{8-3}{2} = 2{,}5 \text{ dm}\).

\(A'B'=8-1-1=6 \text{ dm}.\)

\(A'K=\displaystyle\frac{A'B'-AB}{2}=\displaystyle\frac{6-3}{2}=1{,}5 \text{ dm}.\)

Khi đó, \(AA'=\sqrt{AK^2+A'K^2}=\sqrt{2{,}5^2+1{,}5^2}=\sqrt{\displaystyle\frac{17}{2}}.\)

\(\bullet\,\) Ta có: \(AC=3\sqrt{2}, A'C'=6\sqrt{2}, AA'=\sqrt{\displaystyle\frac{17}{2}}\).

Dựng \(AH \perp A'C'\) thì \(AH \perp (A'B'C'D')\) nên đường cao của khối chóp cụt là \(h = AH\).

Xét \(\Delta AA'H\) vuông tại \(H\):

\(AH = \sqrt{AA'^2-AH^2}= \sqrt{\displaystyle\frac{17}{2}-\displaystyle\frac{9}{2}}=2.\)

\(S_1=S_{ABCD}=3^2=9, S_2=S_{A'B'C'D'}=6^2=36, h = 2 \)

\(\Rightarrow V_{ABCD.A'B'C'D'}=\displaystyle\frac{1}{3} \sqrt{S_1^2+S_2^2+S_1S_2}.h = \displaystyle\frac{1}{3} \sqrt{9^2+36^2+9.36}.2=2\sqrt{179} \text{ dm}^3\).

Vậy, thùng có thể đựng tối đa \(2\sqrt{179}\) lít nước.

\(\bullet\,\) Vì \(CB\perp AB\) nên khoảng cách từ \(C\) đến \(AB\) bằng \(CB=b\).

\(\bullet\,\) Ta có \(AB\perp BC\) và \(AB\perp BD\) nên \(AB\perp (BCD)\), suy ra \(AB\perp CD\). Mà \(CD\perp BC\) nên \(CD\perp (ABC)\).

Do đó khoảng cách từ \(D\) đến \((ABC)\) là \(DC=\sqrt{c^2-b^2}\).

\(\bullet\,\) Ta có \(BC\perp AB\) và \(BC\perp CD\) nên \(BC\) là đoạn vuông góc chung của \(AB\) và \(CD\). Suy ra khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(CD\) là \(BC=b\).

\(\bullet\,\) Ta có \(MN\) là đường trung bình của \(\triangle ABC\) nên \(MN\parallel BC\).

Trong mặt phẳng \((ABC)\) có \(AB\perp BC\) nên \(AB\perp MN\). Do đó khoảng cách giữa \(MN\) và \(BC\) là \(MB=\displaystyle\frac{1}{2}AB=\displaystyle\frac{a}{2}\).

\(\bullet\,\) Ta có \(MP\) là đường trung bình của \(\triangle ABD\) nên \(MP\parallel BD\), mà \(BD\subset (BCD)\) nên \(MP\parallel (BCD)\).

Lại có \(MB\perp BC\) và \(MB\perp BD\) nên \(MB\perp (BCD)\).

Suy ra \(\mathrm{d}(MP,(BCD))=\mathrm{d}(M,(BCD))=MB=\displaystyle\frac{AB}{2}=\displaystyle\frac{a}{2}\).

\(\bullet\,\) Theo chứng minh trên ta có \(MN\parallel (BCD)\) và \(MP\parallel (BCD)\) mà \(MN\) và \(MP\) cắt nhau và cùng nằm trong mặt phẳng \((MNP)\) nên \((MNP)\parallel (BCD)\).

Khi đó \(\mathrm{d}((MNP),(BCD))=\mathrm{d}(M,(BCD))=MB=\displaystyle\frac{a}{2}\).

\(\bullet\,\) Ta có \(SA\perp (ABCD)\) nên \(SA\perp CD\) mà \(CD\perp AD\), suy ra \(CD\perp (SAD)\), do đó \(CD\perp SD\) và khoảng cách từ \(S\) đến \(CD\) là \(SD=\sqrt{SA^2+AD^2}=a\sqrt{2}\).

\(\bullet\,\) Ta có \(SA\perp (ABCD)\) nên \(SA\perp DA\) mà \(DA\perp AB\), suy ra \(DA\perp (SAB)\), do đó khoảng cách từ \(D\) đến \((SAB)\) là \(DA=a\).

\(\bullet\,\) Trong \((SAD)\) kẻ \(AH\perp SD\), mà \(CD\perp (SAD)\) nên \(CD\perp AH\). Suy ra \(AH\perp (SCD)\) và khoảng cách từ \(A\) đến \((SCD)\) là \(AH=\displaystyle\frac{1}{2}SD=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\).

\(\bullet\,\) Ta có \(BC\parallel AD\subset (SAD)\) nên \(BC\parallel (SAD)\).

Lại có \(SA\perp (ABCD)\) nên \(SA\perp AB\), mà \(AB\perp AD\) nên \(AB\perp (SAD)\).

Do đó \(\mathrm{d}(BC,(SAD))=\mathrm{d}(B,(SAD))=BA=a\).

\(\bullet\,\) Ta có \(SA\perp (ABCD)\) nên \(SA\perp BD\), mà \(BD\perp AC\) nên \(BD\perp (SAC)\).

Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\), trong \((SAC)\) kẻ \(OH\perp SC\), vì \(BD\perp (SAC)\) nên cũng có \(BD\perp OH\). Suy ra \(OH\) là đoạn vuông góc chung của \(BD\) và \(SC\).

Mặt khác \(\triangle SAC\backsim \triangle OHC\) nên \(\displaystyle\frac{OH}{SA}=\displaystyle\frac{OC}{SC}\) \(\Rightarrow OH=\displaystyle\frac{SA\cdot OC}{SC}=\displaystyle\frac{a\cdot \displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}}{a\sqrt{3}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{6}.\)

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng \(B D\) và \(S C\) là \(OH=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{6}\).

\(\bullet\,\) Chứng minh rằng các tam giác

\(ASC\) và \(BSD\) là tam giác vuông cân.

Hai tam giác \(ASC\) và \(ABC\) có \(AS=AB=a\), \(CS=CS\), \(AC\) là cạnh chung nên \(\triangle ASC=\triangle ABC\).

Vì \(ABCD\) là hình vuông nên tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\).

Do đó \(\triangle ASC\) vuông cân tại \(S\).

Chứng minh tương tự, tam giác \(BSD\) vuông cân tại \(S\).

\(\bullet\,\) Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\), chứng minh rằng đường thẳng \(SO\) vuông góc với mặt phẳng \((ABCD)\).

Tam giác \(ASC\) cân tại \(S\) có \(O\) là trung điểm của \(AC\) nên \(SO\perp AC.\)

Tương tự, \(SO\perp BD\).

Mà \(AC, BD\subset (ABCD)\) và \(AC\cap BD=O\) nên \(SO\perp (ABCD)\).

\(\bullet\,\) Chứng minh rằng góc giữa đường thẳng \(SA\) và mặt phẳng \((ABCD)\) bằng \(45^{\circ}\).

Tam giác \(ASC\) vuông cân tại \(S\) nên \(\widehat{SAC}=445^\circ\).

Ta có \(SO\perp (ABCD)\) và \(SA\cap (ABCD)=A\) nên góc giữa đường thẳng \(SA\) và mặt phẳng \((ABCD)\) là \(\widehat{SAC}=45^\circ\).

\(\bullet\,\) Chứng minh rằng hai mặt phẳng \(\left(ACC'A'\right)\) và \(\left(BDD'B'\right)\) vuông góc với nhau.

Vì \(ABCD.A'B'C'D'\) là lăng trụ đứng nên \(CC'\perp (ABCD)\Rightarrow CC'\perp BD.\)

Do \(ABCD\) là hình vuông nên \(AC\perp BD\).

Như thế \(BD\perp (ACC'A")\).

Mà \(BD\subset (BDD'B')\) nên \((BDD'B')\perp (ACC'A')\).

\(\bullet\,\) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(C'D'\).

Ta có \(CC'\perp (ABCD)\) và \(AC'\cap (ABCD)=A\) nên góc giữa đường thẳng \(AC'\) và mặt phẳng \((ABCD)\) là \(\widehat{C'AC}=60^\circ\).

Ta tính được \(AC=a\sqrt{2}\) và \(AA'=CC'=AC\cdot\tan \widehat{C'AC}=a\sqrt{2}\cdot\tan 60^\circ=a\sqrt{6}.\)

Ta có \(BA\perp AD\) và \(BA\perp AA'\) nên \(BA\perp (ADD'A')\Rightarrow BA\perp AD'\).

Tương tự \(A'D'\perp AD'\).

Do đó \(\mathrm{d}(AB,C'D')=AD'\).

Trong hình chữ nhật \(ADD'A'\) ta tính được \(AD'=\sqrt{AA'^2+AD^2}=\sqrt{\left(a\sqrt{6}\right)^2+a^2}=a\sqrt{7}\).

Vậy \(\mathrm{d}(AB,C'D')=a\sqrt{7}\).

Diện tích tam giác vuông cân là \(S=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot 12^2=72\) cm\(^2\).

Thể tích của khối pho mát là \(V=72\cdot 10=720\) cm\(^3\).

Vậy khối lượng của miếng pho mát là \(m=720\cdot 3=2160\) g.

Hình biểu diễn của đèn đá muối là hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) như hình vẽ bên.

Gọi \(O\) là tâm của hình vuông \(ABCD\). Khi đó \(SO\) là chiều cao của khối chóp.

Ta tính được \(OA=\displaystyle\frac{AC}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\) và \(SO=\sqrt{SA^2-OA^2}=\sqrt{a^2-\left(\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}.\)

Diện tích hình vuông \(ABCD\) là \(S_{ABCD}=a^2\).

Vậy thể tích của đèn đá muối là \(V=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot S_{ABCD}\cdot SO=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot a^2\cdot\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}=\displaystyle\frac{a^3\sqrt{2}}{6}\).

Diện tích đáy dưới của khối chóp cụt là \(S_1=5^2=25\) m\(^2\).

Diện tích đáy trên của khối chóp cụt là \(S_2=2^2=4\) m\(^2\).

Gọi \(O\), \(O'\) lần lượt là tâm của đáy dưới và đáy trên.

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(D'\) trên \((ABCD)\).

Ta tính được \(O'D'=\displaystyle\frac{2\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}\), \(OD=\displaystyle\frac{5\sqrt{2}}{2}\).

Chiều cao của khối chóp cụt là \(D'H=\sqrt{D'D^2-HD^2}=\sqrt{3^2-\left(\displaystyle\frac{5\sqrt{2}}{2}-\sqrt{2}\right)^2}=\displaystyle\frac{3\sqrt{2}}{2}.\)

Do đó, thể tích của khối chân tháp là \(V=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot D'H\left(S_1+\sqrt{S_1S_2}+S_2\right)\) \(=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot\displaystyle\frac{3\sqrt{2}}{2}\cdot\left(25+\sqrt{25\cdot 4}+4\right)\) \(=\displaystyle\frac{39\sqrt{2}}{2}\approx 27{,}6\ \mathrm{m}^3.\)

Vậy số tiền để mua bê tông tươi làm chân tháp là \(1\ 470\ 000\times 27{,}6=40\ 572\ 000\) đồng.