Cho hình chóp cụt lục giác đều $ ABCDEF.MNPQHK $có$ BC=3. $ $ \,O;O' $ lần lượt là tâm của 2 đáy $ ABCDEF,MNPQHK $ và $ OO'=3 $.

a) Sai. Vẽ $ HI⊥BE\,\,(I∈BE) $. Mà $ HI,OO'⊂(NHEB) $ và $ OO'⊥BE $ nên $ OO'{ \rm{ // } }\,HI. $ Vậy $ HI⊥\left ( { ABCDEF } \right ) $. Mà $ HE∩\left ( { ABCDEF } \right )=E $ nên $ \left ( { EH,\left ( { ABCD } \right ) } \right )= \widehat { HEI }. $ b) Đúng. Ta có: $ (ABCDEF)\,{ \rm{ // } }\,(MNPQHK) $. Mà $ NK,MQ⊂(MNPQHK) $ nên$ \left ( { NK,\left ( { ABD } \right ) } \right )=\left ( { MQ,\left ( { EFC } \right ) } \right )=0° $. c) Đúng. Vì $ ABCDEF $ là lục giác đều nên dễ thấy $ ΔODE $ đều. Suy ra $ OE=DE=3 $. Mà $ OO'=3 $ và $ ΔO'OE $ vuông tại $ O $ nên $ ΔO'OE $ vuông cân tại $ O $. Vậy $ \left ( { O'E,\left ( { ACD } \right ) } \right )= \widehat { O'EO }=45° $. d) Đúng. Gọi $ G=OC∩BD $ trong $ (ABCDEF) $. Ta có: $ ΔOBC,ΔOCD $ là các tam giác đều nên $ \widehat { OCD }= \widehat { OCB }=60° $. Khi đó, $ CG $ là phân giác $ \widehat { BCD } $. Mà $ ΔBCD $ cân tại $ C $nên $ CG⊥BD $. Mà $ O'O⊥BD $ nên $ BD⊥(O'OC) $. Trong $ (O'OC), $ kẻ $ OJ⊥O'G. $ Mà $ OJ⊥BD\,\,\left ( { BD⊥\left ( { O'OC } \right ) } \right ) $ và $ O'G∩BD=G $ nên $ OJ⊥\left ( { O'BD } \right ) $. Lại có, $ OB∩\left ( { O'BD } \right )=B $. Suy ra, $ \left ( { OE,\left ( { O'BD } \right ) } \right )=\left ( { OB,\left ( { O'BD } \right ) } \right )= \widehat { OBJ } $. Hiển nhiên, $ OB=BC=3 $ và $ OG=\frac { 1 } { 2 }OC=\frac { 3 } { 2 } $. Xét tam giác $ O'OG $ vuông tại $ O $ có đường cao $ OJ $, ta có: $ \frac { 1 } { OJ ^ { 2 } }=\frac { 1 } { O'O ^ { 2 } }+\frac { 1 } { OG ^ { 2 } } $ $ ⇒OJ=\sqrt[] { \frac { O'O ^ { 2 } .OG ^ { 2 } } { O'O ^ { 2 } +OG ^ { 2 } } }=\frac { 3 } { \sqrt[] { 5 } } $$ ⇒sin \widehat { OBJ }=\frac { OJ } { OB }=\frac { \sqrt[] { 5 } } { 5 } $$ ⇒cos \widehat { OBJ }=\sqrt[] { 1-\frac { 1 } { 5 } }=\frac { 2\sqrt[] { 5 } } { 5 }. $