Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được

 Tương tự ta có

Chọn A.

\(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp BC\\AB\perp BC\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow BC\perp\left(SAB\right)\)

\(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp CD\\CD\perp AD\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow CD\perp\left(SAD\right)\)

\(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp AC\\BD\perp AC\left(\text{hai đường chéo hình vuông}\right)\end{matrix}\right.\)  \(\Rightarrow BD\perp\left(SAC\right)\)

\(BC\perp\left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp AH\) ; mà \(AH\perp SB\Rightarrow AH\perp\left(SBC\right)\)

\(\left\{{}\begin{matrix}CD\perp\left(SAD\right)\Rightarrow CD\perp AK\\AK\perp SD\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow AK\perp\left(SCD\right)\)

\(\left\{{}\begin{matrix}AH\perp\left(SBC\right)\Rightarrow AH\perp SC\\AK\perp\left(SCD\right)\Rightarrow AK\perp SC\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow SC\perp\left(AHK\right)\Rightarrow SC\perp HK\)

Mặt khác theo tính đối xứng hình vuông \(\Rightarrow HK||BD\Rightarrow HK\perp AC\Rightarrow HK\perp\left(SAC\right)\)

\(AI\in\left(SAC\right)\Rightarrow HK\perp AI\)

Bạn vẽ hình giúp mình nha!

a. Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}BC\perp AB\left(ABCD.là.hình.vuông\right)\\BC\perp SA\left(SA\perp\left(ABCD\right)\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow BC\perp\left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp AH\)

Có: \(\left\{{}\begin{matrix}BC\perp AH\left(cmt\right)\\AH\perp SB\left(gt\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow AH\perp\left(SBC\right)\Rightarrow AH\perp SC\) (đpcm)

Chứng minh tương tự với AK, ta cũng có: \(AK\perp\left(SCD\right)\Rightarrow AK\perp SC\)

Có: \(\left\{{}\begin{matrix}AH\perp SC\\AK\perp SC\\AI\perp SC\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\)SC vuông góc với mặt phẳng chứa A,H,I,K

Hay A,H,I,K cùng nằm trong một mặt phẳng

b. Có: \(SC\perp\left(HIK\right)\Rightarrow SC\perp HK\)

Xét \(\Delta SAB\) vuông tại A và \(\Delta SAD\) vuông tại A có: \(\left\{{}\begin{matrix}SA.là.cạnh.chung\\AB=AD\left(ABCD.là.hình.vuông\right)\end{matrix}\right.\) 

\(\Rightarrow\)\(\Delta SAB\) = \(\Delta SAD\) \(\Rightarrow AH=AK\Rightarrow\dfrac{SH}{SB}=\dfrac{SK}{SD}\)

Áp dụng định lí Ta-let đảo ta có: HK//BD

Xét \(\Delta SBD\) có: SB=SD \(\Rightarrow\)\(\Delta SBD\) cân tại S

\(\Rightarrow\) SO vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao 

\(\Rightarrow\) \(SO\perp BD\)

Mà BD//HK

\(\Rightarrow\)\(SO\perp HK\)

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}SO\perp HK\\SC\perp HK\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow HK\perp\left(SAC\right)\) (đpcm) \(\Rightarrow HK\perp AI\) (đpcm)

Ta có A E = B C A E / / B C  suy ra AECB là hình bình hành. Do A B C ^ = 90 0  nên AECB là hình chữ nhật.

Suy ra C E ⊥ A D  mà  S A ⊥ C E ⇒ C E ⊥ S A D ⇒ C E ⊥ S D .

Ta lại có E K ⊥ S D ⇒ S D ⊥ E K M ⇒ S D ⊥ C K .

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SCD) là góc EKC

a) có BC⊥AB ( vì ABCD là hình chữ nhật )

BC⊥SA ( vì SA vuông với ABCD ,SA ⊂ (SAB))

⇒ BC⊥(SAB)

⇒( SBC ) ⊥ (SAB)

Ý B TƯƠNG TỰ

b)có AH⊥BC( vì (SAB)⊥(SBC),AH⊂(SAB)

AH⊥SB( vì H chiếu của A trên BC)

⇒AH⊥(SBC) hay (AHK)⊥ SC (❉)

có AK⊥CD ( vì (SAD)⊥(SCD),AK⊂(SAD))

AK⊥SD (vì AK là hình chiếu của A trên SD )

⇒AK⊥(SCD) hay( AHK) ⊥SC (✱)

Từ (❉) và (✱) ⇒SC⊥(AHK) mà SC ⊂ (SAC) ⇒ (AHK)⊥(SAC)