a.

Do AD song song BC nên góc giữa SD và BC là góc giữa SD và AD, cùng là góc \(\widehat{SDA}\)

Áp dụng định lý hàm cosin:

\(cos\widehat{SDA}=\dfrac{SD^2+AD^2-SA^2}{2SD.AD}=\dfrac{1}{8}\)

\(\Rightarrow\widehat{SDA}=82^049'\)

b.

Do chóp có các cạnh bên bằng nhau và đáy là hình vuông nên chóp là chóp đều

Gọi O là tâm đáy \(\Rightarrow AC\perp BD\) tại O và \(SO\perp\left(ABCD\right)\)

\(\Rightarrow\Delta OCD\) là hình chiếu vuông góc của tam giác SCD lên (ABCD)

\(OC=OD=\dfrac{1}{2}AC=\dfrac{1}{2}\sqrt{2AB^2}=a\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow S_{OCD}=\dfrac{1}{2}OC.OD=a^2\)

Đáp án C.

tham khảo:

a) AB//CD nên góc giữa SC và AB là góc giữa SC và CD: \(\widehat{SCD}\)

cos\(\widehat{SCD}\)=\(\dfrac{\left(2a\right)^2+a^2-\left(2a\right)^2}{2.2a.a}=\dfrac{1}{4}\)

Suy ra \(\widehat{SCD}=75^0\)

b) Kẻ SO⊥(ABCD). Do các cạnh bên của hình chóp bằng nhau nên O là tâm của hình vuông ABCD.

Ta có: AO⊥OB;AC=\(\sqrt{2}.\sqrt{2}\).a=2a;AO=BO=\(\dfrac{1}{2}\).2a=a

Hình chiếu vuông góc của tam giác SAB là tam giác OAB có diện tích là \(\dfrac{1}{2}\).a.a=\(\dfrac{1}{2}.a^2\)

a) A là hình chiếu của S trên (ABCD) \(\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\)

C là hình chiếu của C trên (ABCD)

\( \Rightarrow \) AC là hình chiếu của SC trên (ABCD)

\( \Rightarrow \) \(\left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SC,AC} \right) = \widehat {SCA}\)

Xét tam giác ABC vuông tại B có

\(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} = 2{a^2} \Rightarrow AC = a\sqrt 2 \)

Xét tam giác SAC vuông tại A có

\(\tan \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{{a\sqrt 2 }} = 1 \Rightarrow \widehat {SCA} = {45^0}\)

Vậy \(\left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) = {45^0}\)

b) \(\left. \begin{array}{l}AC \bot BD\left( {hv\,\,ABCD} \right)\\SA \bot BD\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\\AC \cap SA = \left\{ A \right\}\end{array} \right\} \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow \left( {BD,\left( {SAC} \right)} \right) = {90^0}\)

c) Gọi \(AC \cap BD = \left\{ O \right\}\) mà \(BD \bot \left( {SAC} \right)\)

\( \Rightarrow \) O là hình chiếu của B trên (SAC)

S là hình chiếu của S trên (SAC)

\( \Rightarrow \) SO là hình chiếu của SB trên (SAC).

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

\(\Rightarrow\widehat{BSC}\) là góc giữa SC và (SAB)

\(tan\widehat{BSC}=\dfrac{BC}{SB}=\dfrac{\sqrt{10}}{5}\Rightarrow SB=\dfrac{a\sqrt{10}}{2}\)

\(\Rightarrow SA=\sqrt{SB^2-AB^2}=\dfrac{a\sqrt{6}}{2}\)

\(SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow\widehat{SOA}\) là góc giữa SO và (ABCD)

\(AO=\dfrac{AC}{2}=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\)

\(tan\widehat{SOA}=\dfrac{SA}{AO}=\sqrt{3}\Rightarrow\widehat{SOA}=60^0\)

Chọn đáp án A

+ Ta có

nên K là trọng tâm của tam giác BCD

+ Ta dễ dàng chứng minh được SH  ⊥ (BKH) ⇒ SB, (BKH) = SBH

Vì SA ⊥ (ABCD) nên AC là hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng (ABCD).

Sửa đề; SA=SB=SC=SD=2a

SA=SB

OA=OB

=>SO là trung trực của AB

=>SO vuông góc AB(2)

SA=SD

OA=OD

=>SO là trung trực của AD
=>SO vuông góc AD(1)

Từ (1), (2) suy ra SO vuông góc (ABCD)

(SC;(ABCD))=(CS;CO)=góc SCO

\(OC=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\)

\(SO=\sqrt{SA^2+AO^2}\)

\(=\sqrt{\left(2a\right)^2+\left(\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\right)^2}=\sqrt{4a^2+\dfrac{1}{2}a^2}=\dfrac{3}{\sqrt{2}}a\)

\(SC=\sqrt{SO^2+OC^2}=\sqrt{\dfrac{9}{2}a^2+\dfrac{1}{2}a^2}=a\sqrt{5}\)

\(cosSCO=\dfrac{OC}{SC}\)

\(=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}:a\sqrt{5}=\dfrac{\sqrt{2}}{2\sqrt{5}}\)

=>\(\widehat{SCO}\simeq72^0\)

=>\(\left(SC;\left(ABCD\right)\right)=72^0\)