Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Góc đường–mặt (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Mỗi dây tạo với mặt phẳng ngang góc $60^{\circ }$, nên thành phần thẳng đứng của mỗi lực căng là $F\sin 60^{\circ }=90\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=45\sqrt{3}$ (N). Bàn cân bằng nên tổng thành phần thẳng đứng của 4 lực căng cân bằng với trọng lượng: $P=4\cdot 45\sqrt{3}=180\sqrt{3}\approx 311,77\approx 312$ (N).

(AI giải đề cho tôi)
Do cân bằng, tổng thành phần thẳng đứng của bốn lực căng cân bằng với trọng lượng: $4\cdot 4800\sin \alpha =7200\sqrt{6}$. Suy ra $\sin \alpha =\frac{7200\sqrt{6}}{19200}=\frac{3\sqrt{6}}{8}\approx 0.9186\approx 0.92$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A=(0;0;0)$, $B=(4a;0;0)$, $D=(-2a;2a\sqrt{3};0)$, $C=(2a;2a\sqrt{3};0)$ (vì $\widehat{BAD}=120^{\circ }$). Suy ra $O=(a;a\sqrt{3};0)$, $H=(a/2;a\sqrt{3}/2;0)$, $S=(a/2;a\sqrt{3}/2;a\sqrt{3})$.

a) Sai. Vì $AC\perp (BD)$ và $AC\perp SH$ nên $AC\perp (SBH)$, do đó hình chiếu của $B$ lên $(SAC)$ là chân đường vuông góc từ $B$ xuống $SH$, góc tạo bởi $SB$ và $(SAC)$ là $\widehat{SBK}$ (góc ở đỉnh $B$), không phải $\widehat{BSH}$ (góc ở đỉnh $S$). Thật vậy $\tan \widehat{SBK}=\frac{SH}{HB}=\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{a^2+12a^2}}=\sqrt{\frac{3}{13}}$, còn $\tan \widehat{BSH}=\frac{HB}{SH}=\sqrt{\frac{13}{3}}$.

b) Đúng. $AC=4a$, $BD=4a\sqrt{3}$, $S_{ABCD}=\frac{1}{2}\cdot 4a\cdot 4a\sqrt{3}=8a^2\sqrt{3}$, nên $V=\frac{1}{3}\cdot 8a^2\sqrt{3}\cdot a\sqrt{3}=8a^3$.

c) Sai. Vectơ pháp tuyến của $(SCD)$: $\overrightarrow{DC}=(4a;0;0)$, $\overrightarrow{DS}=\left(\frac{5a}{2};-\frac{3a\sqrt{3}}{2};a\sqrt{3}\right)$, nên $\vec{n}=\overrightarrow{DC}\times \overrightarrow{DS}\propto (0;2;3)$. Mặt $(ACD)$ có pháp tuyến $(0;0;1)$, suy ra $\cos \alpha =\frac{3}{\sqrt{13}}$, $\tan \alpha =\frac{2}{3}\ne \frac{3}{2}$.

d) Đúng. $M=(0;2a\sqrt{3};0)$, $N=(3a;a\sqrt{3};0)$, $P=\left(\frac{a}{4};\frac{a\sqrt{3}}{4};\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$. Với $\vec{u}=\overrightarrow{PN}=\left(\frac{11a}{4};\frac{3a\sqrt{3}}{4};-\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$, $\vec{v}=\overrightarrow{SM}=\left(-\frac{a}{2};\frac{3a\sqrt{3}}{2};-a\sqrt{3}\right)$: $\vec{u}\times \vec{v}=\left(0;3a^2\sqrt{3};\frac{9a^2\sqrt{3}}{2}\right)$, $|\vec{u}\times \vec{v}|=\frac{3a^2\sqrt{39}}{2}$. Với $\overrightarrow{SP}=\left(-\frac{a}{4};-\frac{a\sqrt{3}}{4};-\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$: $d(PN,SM)=\frac{|\overrightarrow{SP}\cdot (\vec{u}\times \vec{v})|}{|\vec{u}\times \vec{v}|}=\frac{9a^2}{\frac{3a^2\sqrt{39}}{2}}=\frac{6a}{\sqrt{39}}=\frac{2a\sqrt{39}}{13}$.
a) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $B$ lên $(SAC)$ là chân đường vuông góc từ $B$ xuống $SH$ (vì $AC\perp (SBH)$), nên góc cần tìm là $\widehat{SBK}$ với $\tan =\sqrt{3/13}$, khác $\widehat{BSH}$ có $\tan =\sqrt{13/3}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$S_{ABCD}=\frac{1}{2}\cdot 4a\cdot 4a\sqrt{3}=8a^2\sqrt{3}$, $V=\frac{1}{3}\cdot 8a^2\sqrt{3}\cdot a\sqrt{3}=8a^3$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Pháp tuyến $(SCD)$ tỉ lệ $(0;2;3)$, pháp tuyến $(ACD)$ là $(0;0;1)$, suy ra $\tan \alpha =\frac{2}{3}\ne \frac{3}{2}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Tính bằng tọa độ: $d(PN,SM)=\frac{|\overrightarrow{SP}\cdot (\overrightarrow{PN}\times \overrightarrow{SM})|}{|\overrightarrow{PN}\times \overrightarrow{SM}|}=\frac{9a^2}{\frac{3a^2\sqrt{39}}{2}}=\frac{2a\sqrt{39}}{13}$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(a\sqrt{3};0;0)$, $C(0;a;0)$, $C^{\prime }(0;a;a)$. Khi đó $BC=\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}=\sqrt{3a^2+a^2}=2a$ và $A{C}^{\prime }=\sqrt{A{C}^2+C{C}^{\prime 2}}=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}$.

Vì lăng trụ đứng nên $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })\perp (ABC)$ theo giao tuyến $BC$. Kẻ $AH\perp BC$ tại $H$ thì $AH\perp (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$, với $AH=\frac{AB\cdot AC}{BC}=\frac{a\sqrt{3}\cdot a}{2a}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Góc giữa $A{C}^{\prime }$ và $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ là góc giữa $A{C}^{\prime }$ và $H{C}^{\prime }$, nên:
$$\sin \theta =\frac{AH}{A{C}^{\prime }}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{a\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{4}.$$

Vậy đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng trọng lượng cần nâng: trọng lượng xe $P_{xe}=1051\cdot 10=10510$ N, cộng trọng lượng khung sắt $2500$ N nên tổng $P=13010$ N. Do hệ được kéo thẳng đứng đều, phương thẳng đứng có phương trình cân bằng: tổng các thành phần thẳng đứng của 4 lực căng bằng trọng lượng. Mỗi dây tạo với mặt phẳng $(ABCD)$ góc $45^{\circ }$ nên thành phần thẳng đứng của mỗi lực là $F_1\sin 45^{\circ }$. Do đó $4F_1\sin 45^{\circ }=13010\Rightarrow F_1=\frac{13010}{4\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{13010}{2\sqrt{2}}\approx 4599,6\approx 4600$ N.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng trọng lượng cần nâng: trọng lượng xe $P_{xe}=1051\cdot 10=10510$ N, cộng trọng lượng khung sắt $2490$ N nên tổng $P=10510+2490=13000$ N. Do hệ cân bằng theo phương thẳng đứng, tổng thành phần thẳng đứng của 4 lực căng bằng $P$. Mỗi dây tạo với mặt phẳng $(ABCD)$ góc $45^{\circ }$ nên thành phần thẳng đứng của mỗi lực là $F_1\sin 45^{\circ }=F_1\frac{\sqrt{2}}{2}$. Do đó $4F_1\frac{\sqrt{2}}{2}=13000\Rightarrow F_1=\frac{13000}{2\sqrt{2}}=\frac{6500}{\sqrt{2}}\approx 4596,19$ N. Làm tròn đến hàng đơn vị: $F_1\approx 4596$ N, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi O là tâm đĩa đèn. Vì S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên SO vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và tia SO là phân giác của góc ASC, do đó góc giữa SA và phương thẳng đứng là $\widehat{ASO}=30^{\circ }$. Bốn sợi xích đối xứng nhau nên lực căng mỗi sợi bằng nhau, gọi là $T$. Thành phần thẳng đứng của mỗi lực căng là $T\cos 30^{\circ }$, các thành phần ngang triệt tiêu. Cân bằng: $4T\cos 30^{\circ }=mg=10\cdot 10=100$, suy ra $T=\frac{100}{4\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{50}{\sqrt{3}}\approx 28,87\approx 29$ N. Kết quả trùng với đáp án nguồn (29).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O$ là tâm đáy. Vì $S.ABCD$ là chóp tứ giác đều và $\widehat{ASC}=90^{\circ }$ nên tam giác $ASC$ vuông cân tại $S$, $SO$ là trung tuyến $=AC/2$. Đặt $SA=l$ thì $AC=l\sqrt{2}$, $SO=l\sqrt{2}/2$, nên $\cos$ góc giữa $SA$ và phương thẳng đứng $SO/SA=\sqrt{2}/2$. Lực căng mỗi xích $T$ có thành phần thẳng đứng $T\cdot (\sqrt{2}/2)$. Cân bằng thẳng đứng: $4\cdot T\cdot (\sqrt{2}/2)=mg=9\cdot 10=90N$, suy ra $T=45/\sqrt{2}=45\sqrt{2}/2=90\sqrt{2}/4$. Vậy $a=90$, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A=(0;0;0)$, $B=(a;0;0)$, $C=\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)$, $A^{\prime }=(0;0;2a)$, $B^{\prime }=(a;0;2a)$, $C^{\prime }=\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};2a\right)$. Khi đó $M=\left(\frac{a}{2};0;2a\right)$, $N=\left(\frac{a}{4};\frac{a\sqrt{3}}{4};2a\right)$, $P=\left(\frac{3a}{4};\frac{a\sqrt{3}}{4};0\right)$.

a) $\overrightarrow{NP}=\left(\frac{a}{2};0;-2a\right)$, phần chiếu ngang dài $\frac{a}{2}$, độ cao $2a$, nên $\tan \alpha =\frac{2a}{a/2}=4\ne \frac{1}{4}$. Sai.

b) $B{B}^{\prime }$ có vtcp $\vec{u}=(0;0;1)$ qua $B=(a;0;0)$; $A^{\prime }{C}^{\prime }$ có vtcp $\vec{v}=\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)$ qua $A^{\prime }$. $\vec{u}\times \vec{v}=\left(-\frac{a\sqrt{3}}{2};\frac{a}{2};0\right)$, $|\vec{u}\times \vec{v}|=a$, $\overrightarrow{B{A}^{\prime }}=(a;0;-2a)$. Khoảng cách $=\frac{|\overrightarrow{B{A}^{\prime }}\cdot (\vec{u}\times \vec{v})|}{a}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\ne a$. Sai.

c) $\overrightarrow{MN}=\left(-\frac{a}{4};\frac{a\sqrt{3}}{4};0\right)$, $\overrightarrow{MP}=\left(\frac{a}{4};\frac{a\sqrt{3}}{4};-2a\right)$, pháp tuyến $(MNP)$: $\vec{n}=\overrightarrow{MN}\times \overrightarrow{MP}\propto (-4\sqrt{3};-4;-\sqrt{3})$, $|\vec{n}|=\sqrt{67}$. $\cos ((ABC),(MNP))=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{67}}=\frac{\sqrt{201}}{67}$. Đúng.

d) $V_{AC{A}^{\prime }{B}^{\prime }}=\frac{1}{6}\left|\det (\overrightarrow{AC},\overrightarrow{A{A}^{\prime }},\overrightarrow{A{B}^{\prime }})\right|$. $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}\times \overrightarrow{A{B}^{\prime }}=(0;2a^2;0)$, $\overrightarrow{AC}\cdot (0;2a^2;0)=\sqrt{3}{a}^3$, nên $V=\frac{\sqrt{3}{a}^3}{6}$. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{NP}=\left(\frac{a}{2};0;-2a\right)$ nên $\tan \alpha =\frac{2a}{a/2}=4\ne \frac{1}{4}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Khoảng cách giữa $B{B}^{\prime }$ và $A^{\prime }{C}^{\prime }$ bằng $\frac{a\sqrt{3}}{2}\ne a$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Pháp tuyến $(MNP)$ tỉ lệ $(-4\sqrt{3};-4;-\sqrt{3})$ với độ dài $\sqrt{67}$, nên $\cos =\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{67}}=\frac{\sqrt{201}}{67}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$V_{AC{A}^{\prime }{B}^{\prime }}=\frac{1}{6}|\det (\overrightarrow{AC},\overrightarrow{A{A}^{\prime }},\overrightarrow{A{B}^{\prime }})|=\frac{\sqrt{3}{a}^3}{6}$.

(AI giải đề cho tôi)
Do đối xứng, các thành phần ngang của bốn lực căng triệt tiêu nhau. Thành phần thẳng đứng của mỗi lực là $F\sin 60^{\circ }$. Phương trình cân bằng theo phương thẳng đứng: $4F\sin 60^{\circ }=72$, suy ra $F=\frac{18}{\sin 60^{\circ }}=\frac{36}{\sqrt{3}}=12\sqrt{3}\approx 20,8$ kN.

(AI giải đề cho tôi)
Thiết lập tọa độ: A(0,0,0), B(√3,0,0), C(√3/2, 3/2, 0). Trung điểm I của AB là I(√3/2, 0, 0), trung điểm H của CI là H(√3/2, 3/4, 0).

a) AH = √(3/4 + 9/16) = √21/4. H là hình chiếu của S trên (ABC) nên góc giữa SA và (ABC) là góc SAH; tan∠SAH = SH/AH = tan45° = 1 ⇒ SH = AH = √21/4. Đúng.

b) Diện tích đáy = (√3/4)·(√3)² = 3√3/4. V = (1/3)·(3√3/4)·(√21/4) = √63/16 = 3√7/16. Đúng.

c) Hình chiếu của S trên (ABC) là H nên hình chiếu của SA là AH; góc giữa SA và (ABC) là góc SAH, không phải góc SAC (C không nằm trên tia AH). Sai.

d) S(√3/2, 3/4, √21/4). G là trọng tâm tam giác SBC: G((√3/2 + √3 + √3/2)/3, (3/4 + 0 + 3/2)/3, (√21/4)/3) = G(2√3/3, 3/4, √21/12). Vecto: u = AS = (√3/2, 3/4, √21/4), v = CG = (√3/6, −3/4, √21/12), w = AC = (√3/2, 3/2, 0). Tính u×v = (√21/4, 0, −√3/2), |u×v| = √(21/16 + 3/4) = √33/4. w·(u×v) = (√3/2)(√21/4) = 3√7/8. Khoảng cách d(SA, CG) = (3√7/8)/(√33/4) = 3√7/(2√33) = √231/22 ≈ 0,690 ≠ √231/11 ≈ 1,382. Sai.

Kết luận: a Đúng, b Đúng, c Sai, d Sai — thống nhất với bảng đáp án mã 102 (1a D, 1b D, 1c S, 1d S).
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
AH = √21/4 và tan∠SAH = SH/AH = 1 nên SH = √21/4.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
V = (1/3)·(3√3/4)·(√21/4) = 3√7/16.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Góc giữa SA và (ABC) là góc SAH (H là hình chiếu của S), không phải góc SAC.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
G(2√3/3, 3/4, √21/12). Với u = AS, v = CG, w = AC: u×v = (√21/4, 0, −√3/2), |u×v| = √33/4, w·(u×v) = 3√7/8, nên d(SA, CG) = (3√7/8)/(√33/4) = √231/22 ≈ 0,690, khác √231/11 ≈ 1,382.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục $A(0;0;0)$, $B(4;0;0)$, $D(0;6;0)$, $A^{\prime }(0;0;8)$, $B^{\prime }(4;0;8)$, $D^{\prime }(0;6;8)$, $C^{\prime }(4;6;8)$.
a) $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ là mặt phẳng $z=8$; hình chiếu của $B$ lên mặt này là $B^{\prime }$, nên góc giữa $B{D}^{\prime }$ và $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ là $\widehat{B{D}^{\prime }{B}^{\prime }}$ → Đúng.
b) $(AD{D}^{\prime })$ là mặt $x=0$; khoảng cách từ $B$ bằng $AB=4\ne 6$ → Sai.
c) $S_{A^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime }}=\frac{1}{2}\cdot 4\cdot 6=12$, chiều cao từ $B$ bằng $8$, $V=\frac{12\cdot 8}{3}=32\ne 96$ → Sai.
d) $\overrightarrow{A{D}^{\prime }}=(0;6;8)$, $\overrightarrow{D{C}^{\prime }}=(4;0;8)$, $\vec{n}=\overrightarrow{A{D}^{\prime }}\times \overrightarrow{D{C}^{\prime }}=(48;32;-24)$, $|\vec{n}|=8\sqrt{61}$; lấy $\overrightarrow{DA}=(0;-6;0)$, $d=\frac{192}{8\sqrt{61}}=\frac{24\sqrt{61}}{61}$ → Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $B$ lên $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ (mặt $z=8$) là $B^{\prime }$, nên góc giữa $B{D}^{\prime }$ và $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ là $\widehat{B{D}^{\prime }{B}^{\prime }}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$(AD{D}^{\prime })$ là mặt $x=0$; khoảng cách từ $B(4;0;0)$ bằng $AB=4\ne 6$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$S_{A^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime }}=12$, chiều cao $8$, $V=\frac{12\cdot 8}{3}=32\ne 96$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\vec{n}=\overrightarrow{A{D}^{\prime }}\times \overrightarrow{D{C}^{\prime }}=(48;32;-24)$, $|\vec{n}|=8\sqrt{61}$, $d=\frac{|\overrightarrow{DA}\cdot \vec{n}|}{8\sqrt{61}}=\frac{192}{8\sqrt{61}}=\frac{24\sqrt{61}}{61}$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $C(0;0;0)$, $A(4;0;0)$, $B(0;3;0)$, $A^{\prime }(4;0;4)$, $B^{\prime }(0;3;4)$, $C^{\prime }(0;0;4)$.

a) Mặt phẳng $(A^{\prime }BC)$ chứa $\overrightarrow{BC}=(0;3;0)$, $\overrightarrow{B{A}^{\prime }}=(4;-3;4)$ nên có VTPT $\vec{n}=\overrightarrow{BC}\times \overrightarrow{B{A}^{\prime }}=(12;0;-12)\parallel (1;0;-1)$. Với $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=(0;0;4)$: $\cos \left(A{A}^{\prime },(A^{\prime }BC)\right)=\frac{|\vec{n}\cdot \overrightarrow{A{A}^{\prime }}|}{|\vec{n}||\overrightarrow{A{A}^{\prime }}|}=\frac{4}{\sqrt{2}\cdot 4}=\frac{\sqrt{2}}{2}$. → Đúng.

b) $G$ là trọng tâm tam giác $C{A}^{\prime }{B}^{\prime }$: $G=\left(\frac{4}{3};1;\frac{8}{3}\right)$, $\overrightarrow{AG}=\left(-\frac{8}{3};1;\frac{8}{3}\right)$. Với $\overrightarrow{AB}=(-4;3;0)$, $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=(-4;0;4)$: $V_{G.AB{C}^{\prime }}=\frac{1}{6}\left|\det (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{A{C}^{\prime }},\overrightarrow{AG})\right|=\frac{16}{6}=\frac{8}{3}$. → Đúng.

c) Trên mặt phẳng chứa tam giác $ABC$ (phủ $C(0;0),B(3;0),A(0;4)$, $I$ trung điểm $AB$ nên $I(1,5;2)$) và hình chữ nhật $BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$ mở ra ($C^{\prime }(0;-4),B^{\prime }(3;-4)$). Phản chiếu $C$ qua đường $C^{\prime }{B}^{\prime }$ ($y=-4$): $C^{\prime \prime }(0;-8)$. Khi đó $EI+EF+FC=IE+E{C}^{\prime \prime }$ (với $E\in BC$, tức $y=0$). Đường thẳng từ $I(1,5;2)$ đến $C^{\prime \prime }(0;-8)$ cắt $y=0$ tại $x=1,2\in [0;3]$ (nên $E$ hợp lệ) và cắt $y=-4$ tại $x=0,6\in [0;3]$ (nên $F$ hợp lệ). Giá trị nhỏ nhất $=I{C}^{\prime \prime }=\sqrt{1,5^2+10^2}=\frac{\sqrt{409}}{2}\ne \frac{\sqrt{419}}{2}$. → Sai.

d) $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}$, suy ra $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$. → Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
VTPT của $(A^{\prime }BC)$ là $(1;0;-1)$, $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=(0;0;4)$, nên $\cos =\frac{4}{4\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$V_{G.AB{C}^{\prime }}=\frac{1}{6}|\det (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{A{C}^{\prime }},\overrightarrow{AG})|=\frac{16}{6}=\frac{8}{3}$ với $G\left(\frac{4}{3};1;\frac{8}{3}\right)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Khai triển và phản chiếu $C$ qua $C^{\prime }{B}^{\prime }$ được $C^{\prime \prime }(0;-8)$; đường gấp khúc ngắn nhất là đoạn $I{C}^{\prime \prime }=\sqrt{1,5^2+10^2}=\frac{\sqrt{409}}{2}$, các giao điểm đều nằm trên đoạn tương ứng, nên giá trị nhỏ nhất là $\frac{\sqrt{409}}{2}$ chứ không phải $\frac{\sqrt{419}}{2}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{A{C}^{\prime }}$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $AB$ là hình chiếu của $SB$ trên mặt phẳng $(ABCD)$. Do đó góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $(ABCD)$ là góc giữa $SB$ và $AB$, tức là $\widehat{SBA}$. Chọn đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Thiết lập hệ tọa độ: $A(0;0;0),B(1;0;0),C(1;1;0),D(0;1;0)$. Tâm đáy $O(\frac{1}{2};\frac{1}{2};0)$, đường cao $SO=\sqrt{1^2-{\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\frac{1}{\sqrt{2}}$, nên $S(\frac{1}{2};\frac{1}{2};\frac{1}{\sqrt{2}})$. Vì $SM=2MD$ nên $M=D+\frac{1}{3}(S-D)=\left(\frac{1}{6};\frac{5}{6};\frac{1}{3\sqrt{2}}\right)$. Hình chiếu của $M$ lên $(ABCD)$ là $M^{\prime }(\frac{1}{6};\frac{5}{6};0)$ thuộc $BD$. Ta có $M{M}^{\prime }=\frac{1}{3\sqrt{2}}$ và $B{M}^{\prime }=\sqrt{{\left(1-\frac{1}{6}\right)}^2+{\left(0-\frac{5}{6}\right)}^2}=\frac{5\sqrt{2}}{6}$. Góc giữa $BM$ và $(ABCD)$ là góc $MB{M}^{\prime }$, nên $\tan \alpha =\frac{M{M}^{\prime }}{B{M}^{\prime }}=\frac{1/(3\sqrt{2})}{5\sqrt{2}/6}=\frac{1}{5}$. Kết quả khớp với đáp án nguồn C.

Ta có $\sin \left(SC,(SAD)\right)=\frac{d\left(C,(SAD)\right)}{SC}$

Kẻ $HG\perp AD;SH\perp AD\Rightarrow AD\perp (SHG)$

Kẻ $HI\perp SG,HI\perp AD\Rightarrow HI\perp (SAD)$

$$\Rightarrow d\left(H,(SAD)\right)=HI=\frac{1}{2}d\left(C,(SAD)\right)$$

Có: $\cos \widehat{HBC}=\cos 120^{\circ }=\frac{B{H}^2+B{C}^2-H{C}^2}{2BH\cdot BC}\Rightarrow HC=a\sqrt{7}$

Tam giác $SHC$ vuông tại $H$:

$$SC=\sqrt{S{H}^2+H{C}^2}=\sqrt{S{H}^2+7a^2}$$

Tam giác $AHG$ vuông tại $G$ có: $\widehat{HAG}=60^{\circ }\Rightarrow HG=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Tam giác vuông $SHG$, đường cao $HI$: $HI=\frac{SH\cdot HG}{\sqrt{S{H}^2+H{G}^2}}=\frac{SH\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{S{H}^2+\frac{3a^2}{4}}}$

$$\Rightarrow \sin \alpha =\frac{\frac{a\sqrt{3}}{4}SH}{\sqrt{S{H}^2+\frac{3a^2}{4}}\cdot \sqrt{S{H}^2+7a^2}};{\alpha }_{\max }\iff \sin \alpha \text{ max}$$

Đặt $a=1;S{H}^2=x$ khi đó: $\sin \alpha =\frac{\frac{\sqrt{3}}{4}\sqrt{x}}{\sqrt{x+\frac{3}{4}}\cdot \sqrt{x+7}}\Rightarrow {\sin }^2\alpha =\frac{3}{16}\cdot \frac{x}{\left(x+\frac{3}{4}\right)(x+7)}$



Xét $f(x)=\frac{x}{\left(x+\frac{3}{4}\right)(x+7)},x\ge 0\Rightarrow f^{\prime }(x)=\frac{x^2+\frac{31}{4}x+\frac{21}{4}-x\left(2x+\frac{31}{4}\right)}{{\left[\left(x+\frac{3}{4}\right)(x+7)\right]}^2}=0\iff -x^2+\frac{21}{4}=0\Rightarrow x=\frac{\sqrt{21}}{2}$

Vì: $-x^2+\frac{21}{4}$ là một parabol hướng xuống nên GTLN đạt tại đỉnh $\Rightarrow x=\frac{\sqrt{21}}{4}$ thì $\sin \alpha$ max

$\Rightarrow SH=\sqrt{\frac{\sqrt{21}}{2}}a$

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\perp AC$ nên $BC=\sqrt{a^2+4a^2}=a\sqrt{5}$. Kẻ $AH\perp BC$ tại $H$, khi đó $AH=\frac{AB\cdot AC}{BC}=\frac{a\cdot 2a}{a\sqrt{5}}=\frac{2a}{\sqrt{5}}$. Vì $SA\perp (ABC)$ nên $BC\perp SA$, kết hợp $BC\perp AH$ suy ra $BC\perp (SAH)$, do đó $BC\perp SH$. Ta có $AH\perp BC$ và $AH\perp SA$ nên $SH\perp BC$, tức $SH$ là hình chiếu của $SA$ trên $(SBC)$. Vậy góc giữa $SA$ và $(SBC)$ là $\alpha =\widehat{ASH}$, và $\tan \alpha =\frac{AH}{SA}=\frac{2a/\sqrt{5}}{a\sqrt{5}}=\frac{2}{5}$.