+ SA⊥(ABCD)⇒SA⊥BDSA⊥(ABCD)⇒SA⊥BD (1)

+ ABCD là hình vuông ⇒AC⊥BD⇒AC⊥BD (2)

+ Từ (1) và (2) suy ra BD⊥(SAC)⇒BD⊥SCBD⊥(SAC)⇒BD⊥SC

Gọi $H$ và $K$ là trung điểm của $AD$ và $SC$ và $O$ là tâm của hình vuông $ABCD$.

Khi đó $NK//MH$.

$(MHNK)\cap (SAC)=OK$ và $(MHNK)\supset MN$.

Trong $(MHNK)$, gọi $E=MN\cap OK$ hay $MN\cap (SAC)=E.$

Gọi $I$ là trung điểm của $OC\Rightarrow MI\perp OC$.

Mà $SA\perp MI\Rightarrow MI\perp (SAC).$

$\Rightarrow EI$ là hình chiếu vuông góc của $MN$ trên $(SAC)$.

\Rightarrow \alpha = \widehat{EI, MN} = \widehat{MEI}⇒α=EI,MN​=MEI (do $\Delta MEI$ vuông tại $I$).

Ta có ME = \dfrac12.MN = \dfrac12.\sqrt{MH^2 + NH^2} = \dfrac12\sqrt{\dfrac{a^2}4 + a^2}= \dfrac{a\sqrt5}4ME=21​.MN=21​.+=21​4a2​=4a5​​.

và MI =\dfrac12 OB = \dfrac{a\sqrt2}4\Rightarrow EI =\sqrt{ME^2 - MI^2}=\dfrac{a\sqrt3}4MI=21​OB=4a2​​⇒EI=−=4a3​​.

Vậy \tan \alpha = \tan \widehat{MEI} = \dfrac{\frac{a\sqrt2}4}{\frac{a\sqrt3}4} = \dfrac{\sqrt6}3tanα=tanMEI=4a3​​4a2​​​=36​​.

1: BC vuông góc AB

BC vuông góc SA

=>BC vuông góc (SAB)

BD vuông góc CA

BD vuông góc SA

=>BD vuông góc (SAC)

2: DC vuông góc AD

DC vuông góc SA
=>DC vuông góc (SAD)

=>(SCD) vuông góc (SAD)

4: (SC;(SAB))=(SC;SB)=góc CSB

\(AC=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}\)

\(SC=\sqrt{AC^2+SA^2}=a\sqrt{5}\)

\(SB=\sqrt{SA^2+AB^2}=2a\)

BC=a

Vì SB^2+BC^2=SC^2

nên ΔSCB vuông tại B

sin CSB=BC/SC=1/căn 5

=>góc CSB=27 độ

3: BC vuông góc SAB

=>AE vuông góc BC

mà AE vuông góc SB

nên AE vuông góc (SBC)

=>AE vuông góc SC

4: (SB;(SAC))=(SB;SD)=góc DSB

\(SD=\sqrt{SA^2+AD^2}=2a;SB=2a;DB=a\sqrt{2}\)

\(cosDSB=\dfrac{4a^2+4a^2-2a^2}{2\cdot2a\cdot2a}=\dfrac{3}{4}\)

=>góc DSB=41 độ

a.

\(\Delta_VSAB=\Delta_VSAD\left(c.g.c\right)\Rightarrow AB_1=AD_1\)

\(\Rightarrow SB_1=SD_1\Rightarrow\dfrac{SB_1}{SB}=\dfrac{SD_1}{SD}\)

\(\Rightarrow B_1D_1||BD\) (Talet đảo)

\(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp BC\\BC\perp AB\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow BC\perp\left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp AB_1\)

\(\Rightarrow AB_1\perp\left(SBC\right)\Rightarrow AB_1\perp SC\)

Hoàn toàn tương tự: \(AD_1\perp\left(SCD\right)\Rightarrow AD_1\perp SC\)

\(\Rightarrow SC\perp\left(AB_1D_1\right)\)

b.

\(\left\{{}\begin{matrix}SC\perp AC_1\\SC\perp\left(AB_1D_1\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow AC_1\in\left(AB_1D_1\right)\)

\(\Rightarrow\) 4 điểm \(A;B_1;C_1;D_1\) đồng phẳng

Theo chứng minh câu a, \(AB_1\perp\left(SBC\right)\Rightarrow AB_1\perp B_1C_1\) (1)

\(AD_1\perp\left(SCD\right)\Rightarrow AD_1\perp\left(D_1C_1\right)\)

\(\Rightarrow B_1;D_1\) cùng nhìn \(AC_1\) dưới 1 góc vuông nên tứ giác \(AB_1C_1D_1\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AC_1\)

c.

Gọi E là trung điểm BC

\(\Rightarrow C_1E\) là đường trung bình tam giác SBC

\(\Rightarrow C_1E||SB\Rightarrow\widehat{SB;AC_1}=\widehat{\left(C_1E;AC_1\right)}=\widehat{AC_1E}\)

\(SB=\sqrt{SA^2+AB^2}=a\sqrt{3}\)

\(C_1E=\dfrac{1}{2}SB=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\) 

 \(AE=\sqrt{AB^2+BE^2}=\sqrt{AB^2+\left(\dfrac{BC}{2}\right)^2}=\dfrac{a\sqrt{5}}{2}\)

\(\dfrac{1}{AC_1^2}=\dfrac{1}{SA^2}+\dfrac{1}{AC^2}\Rightarrow AC_1=\dfrac{SA.AC}{\sqrt{SA^2+AC^2}}=a\)

Áp dụng định lý hàm cos cho tam giác \(AEC_1\):

\(cos\widehat{AC_1E}=\dfrac{AC_1^2+C_1E^2-AE^2}{2AC_1.C_1E}=0\Rightarrow\widehat{AC_1E}=90^0\)

1: BC vuông góc AB

BC vuông góc SA

=>BC vuông góc (SAB)

BD vuông góc CA

BD vuông góc SA

=>BD vuông góc (SAC)

2: DC vuông góc AD

DC vuông góc SA
=>DC vuông góc (SAD)

=>(SCD) vuông góc (SAD)

4: (SC;(SAB))=(SC;SB)=góc CSB

\(AC=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}\)

\(SC=\sqrt{AC^2+SA^2}=a\sqrt{5}\)

\(SB=\sqrt{SA^2+AB^2}=2a\)

BC=a

Vì SB^2+BC^2=SC^2

nên ΔSCB vuông tại B

sin CSB=BC/SC=1/căn 5

=>góc CSB=27 độ

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

\(\left\{{}\begin{matrix}BD\perp\left(SAC\right)\\SC\in\left(SAC\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow BD\perp SC\)

a/ Ta có: \(SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp BD\)

Mà \(BD\perp AC\) (hai đường chéo hình thoi)

\(\Rightarrow BD\perp\left(SAC\right)\)

c/ Do \(SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow AC\) là hình chiếu của SC lên (ABCD)

\(\Rightarrow\widehat{SCA}\) là góc giữa SC và (ABCD)

\(\widehat{ABC}=60^0\Rightarrow\Delta ABC\) đều \(\Rightarrow AC=a\)

\(tan\widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow\widehat{SCA}=60^0\)

Ta có:

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

b.

Do \(SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow AC\) là hình chiếu vuông góc của SC lên (ABCD)

\(\Rightarrow\widehat{SCA}\) là góc giữa SC và (ABCD)

\(AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=a\sqrt{2}\)

\(tan\widehat{SCA}=\dfrac{SA}{AC}=\dfrac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{2}}=1\)

\(\Rightarrow\widehat{SCA}=45^0\)

a) Xét tam giác SAB và tam giác SAD có: 

+) Chung SA

+) \(AB=AD\)

+) \(\widehat{SAB}=\widehat{SAD}=90^0\) (Vì \(SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}SA\perp AB\\SA\perp AD\end{matrix}\right.\) )

\(\Rightarrow\Delta SAB=\Delta SAD\left(c-g-c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{SAB}=\widehat{SAD}\)

\(\Rightarrow\Delta SAH=\Delta SAK\left(ch-gn\right)\)

\(\Rightarrow SH=SK\)

Mà SB=SD (Do \(\Delta SAB=\Delta SAD\))

\(\Rightarrow\dfrac{SH}{SB}=\dfrac{SK}{SD}\)

\(\Rightarrow\)HK||BD( Áp dụng Talet cho tam giác SBD)

b)Đặt SA=x, AB=y

Gọi O là tâm của đáy (ABCD), trong mp(SAC) cho SO cắt AI tại J

Ta tính được \(SC=\sqrt{x^2+2y^2}\) và SO=\(\sqrt{x^2+\dfrac{y^2}{2}}\)

Áp dụng định lí cos cho tam giác OSC có:

\(2SO.SC.\cos OSC=SO^2+SC^2-OC^2=x^2+\dfrac{y^2}{2}+x^2+2y^2-\dfrac{y^2}{2}=2x^2+2y^2\)

\(\Rightarrow SO.SC.cosOSC=x^2+y^2\)

\(\dfrac{SJ}{SO}=\dfrac{SI}{SO.cosOSC}=\dfrac{SA^2}{SC.SO.cosOSC}=\dfrac{x^2}{x^2+y^2}\left(1\right)\)

\(SK=\dfrac{SA^2}{SD}\Rightarrow\dfrac{SK}{SD}=\dfrac{SA^2}{SD^2}=\dfrac{x^2}{x^2+y^2}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2), áp dụng định lí Talet đảo cho tam giác SDO ta có KJ||DO hay KJ||BD

Chứng minh tương tự ta có: JH||BD

Mà HK||BD nên K,H,J thẳng hàng 

\(\Rightarrow\exists1\) mặt phẳng chứa 4 điểm A,H,I,K (Vì AI cắt HK tại J)

\(\Rightarrow I\in mp\left(AHK\right)\)(đpcm)

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}BD\perp AC\\SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp BD\end{matrix}\right.\Rightarrow BD\perp\left(SAC\right)\)

Mà HK||BD

\(\Rightarrow HK\perp\left(SAC\right)\left(đpcm\right)\)