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

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

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

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

tham khảo:

a) Tam giác SAB có MN là đường trung bình nên MN//SA

Mà SA⊥(ABCD) nên MN⊥(ABCD). Suy ra MN⊥AB

Ta có AB vuông góc với hai đường thẳng MN và NP cắt nhau cùng thuộc (MNPQ) nên AB⊥(MNPQ)

b) Vì AB⊥(MNPQ);MQ∈(MNPQ) nên AB⊥MQ

Tam giác SBC có MQ là đường trung bình nên MQ//BC. Mà SA⊥BC nên SA⊥MQ

Ta có MQ vuông góc với hai đường thẳng SA và AB cắt nhau cùng thuộc (SAB) nên MQ⊥(SAB)

a: AB vuông góc SC

AB vuông góc BC

=>AB vuông góc (SBC)

b: AD vuông góc CD
AD vuông góc SC

=>AD vuông góc (SCD)

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.

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)

=>(SAB) vuông góc (SBC)