Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh bằng $2a$, $SA\perp (ABCD)$. Góc giữa đường thẳng $SC$ và mặt phẳng $(ABCD)$ bằng $30^{\circ }$. Gọi $K$ là hình chiếu vuông góc của $B$ trên đường thẳng $SC$ (tham khảo hình vẽ bên dưới).

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $AC=2a\sqrt{2}$, $SA\perp (ABCD)$ nên góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là $\angle SCA=30^{\circ }$. Suy ra $SA=AC\tan 30^{\circ }=2a\sqrt{2}\cdot \frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{2a\sqrt{6}}{3}$.

a) Vì $SA\perp (ABCD)\Rightarrow SA\perp AC$ nên tam giác $SAC$ vuông tại $A$: ĐÚNG.

b) $SA=\frac{2a\sqrt{6}}{3}$: ĐÚNG.

c) Tính góc nhị diện $[B.SC.D]$: Chọn hệ trục $A(0;0;0)$, $B(2a;0;0)$, $C(2a;2a;0)$, $D(0;2a;0)$, $S\left(0;0;\frac{2a\sqrt{6}}{3}\right)$. Độ dài $SC=\sqrt{8a^2+\frac{8a^2}{3}}=\frac{4a\sqrt{6}}{3}$. Khoảng cách từ $B$ đến đường thẳng $SC$: $BK=\frac{|\overrightarrow{CB}\times {\vec{u}}_{SC}|}{|SC|}=\frac{4a^2\sqrt{15}/3}{4a\sqrt{6}/3}=\frac{a\sqrt{10}}{2}$. Do đối xứng qua mặt phẳng $(SAC)$, $DK=BK=\frac{a\sqrt{10}}{2}$. Vì $SC\perp BK$ và $SC\perp DK$ nên góc nhị diện $\alpha =\angle BKD$: $\cos \alpha =\frac{B{K}^2+D{K}^2-B{D}^2}{2\cdot BK\cdot DK}=\frac{\frac{5a^2}{2}+\frac{5a^2}{2}-8a^2}{5a^2}=-\frac{3}{5}\ne -\frac{2\sqrt{5}}{5}$: SAI.

d) $BK\perp SC$ (K là hình chiếu của B) và do tính đối xứng qua $(SAC)$, $DK\perp SC$. Suy ra $SC\perp (BKD)$: ĐÚNG.

Kết quả khớp với đáp án mã đề 1103: a) Đúng, b) Đúng, c) Sai, d) Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AC$, do đó tam giác $SAC$ vuông tại $A$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$AC=2a\sqrt{2}$, góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là $\angle SCA=30^{\circ }$, nên $SA=AC\tan 30^{\circ }=\frac{2a\sqrt{6}}{3}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Vì $SC\perp (BKD)$, góc nhị diện $[B.SC.D]$ là $\angle BKD$ với $BK=DK=\frac{a\sqrt{10}}{2}$, $BD=2a\sqrt{2}$. Suy ra $\cos \alpha =\frac{2\cdot \frac{5a^2}{2}-8a^2}{5a^2}=-\frac{3}{5}\ne -\frac{2\sqrt{5}}{5}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$BK\perp SC$ theo định nghĩa K, và do đối xứng qua mặt phẳng $(SAC)$, $DK\perp SC$. Vậy $SC\perp (BKD)$.