1: BC vuông góc AB

BC vuông góc SA

=>BC vuông góc (SAB)

=>(SAB) vuông góc (SBC)

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

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

a) Ta có:

\(SA \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right) \Rightarrow SA \bot CB\)

\(ABC{\rm{D}}\) là hình vuông \( \Rightarrow AB \bot CB\)

\( \Rightarrow CB \bot \left( {SAB} \right)\)

\(SA \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right) \Rightarrow SA \bot CD\)

\(ABC{\rm{D}}\) là hình vuông \( \Rightarrow AD \bot CD\)

\( \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)\)

b) Ta có:

\(\left. \begin{array}{l}CB \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow CB \bot AH\\AH \bot SB\end{array} \right\} \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AH \bot SC\)

\(\left. \begin{array}{l}CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot AK\\AK \bot SD\end{array} \right\} \Rightarrow AK \bot \left( {SC{\rm{D}}} \right) \Rightarrow AK \bot SC\)

\( \Rightarrow SC \bot \left( {AHK} \right) \Rightarrow SC \bot HK\)

\(\begin{array}{l}\Delta SAB = \Delta SA{\rm{D}}\left( {c.g.c} \right) \Rightarrow SH = SK,SB = S{\rm{D}}\\\left. \begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{SH}}{{SB}} = \frac{{SK}}{{S{\rm{D}}}} \Rightarrow HK\parallel B{\rm{D}}\\SA \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right) \Rightarrow SA \bot B{\rm{D}}\end{array} \right\} \Rightarrow SA \bot HK\end{array}\)

\(\left. \begin{array}{l}SC \bot HK\\SA \bot HK\end{array} \right\} \Rightarrow HK \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow HK \bot AI\)

a/ Ta có: AB vuông góc với BC, SC vuông góc với BC (vì SC vuông góc với mặt đáy ABCD). Vậy AB // SC. Vậy AB vuông góc (SBC).

b/ Tương tự, ta có: AD vuông góc với CD, SC vuông góc với CD. Vậy AD // SC. Vậy AD vuông góc (SCD).

c/ Ta có: SA vuông góc với mặt đáy ABCD (vì S là đỉnh chóp), CI vuông góc với SB (vì đường thẳng CI là hình chiếu của đường thẳng SC lên mặt phẳng chứa SB và CI). Vậy SA // CI. Vậy SA vuông góc CI.

d/ Gọi M là trung điểm của IJ. Ta cần chứng minh SA vuông góc CM. Ta có: CM vuông góc với IJ (vì nằm trên đường trung trực của IJ). Ta cũng có: SA vuông góc CI (đã chứng minh ở câu c). Vậy ta cần chứng minh CI // JM. Từ đó suy ra (SAC) ⊥ (CIJ). Theo tính chất của hình học không gian, ta có CI vuông góc với mặt phẳng (SBC). Tương tự, JI vuông góc với mặt phẳng (SCD). Vậy CI // JI. Điều này suy ra từ tính chất của mặt phẳng và đoạn thẳng vuông góc với mặt phẳng. Suốt đoạn thẳng IJ, ta có thể lấy một điểm nào đó làm trung điểm, ví dụ M. Vậy CI // JM.

Đề bài sai rồi bạn

Muốn HK song song BD thì H, K phải là hình chiếu của A lên SB và SD