(THPT Cụm trường Hải Dương 2025) Cho hình chóp tứ giác đều $ S.ABCD $ có cạnh đáy bằng $ a $, $ O=AC∩BD $ biết $ SO=\frac { a\sqrt[] { 3 } } { 2 } $. Gọi $ M $, $ N $ lần lượt là trung điểm của các cạnh $ AD $ và $ BC $.

a) Đúng Vì $ S.ABCD $ là hình chóp tứ giác đều $ ⇒SO⊥\left ( { ABCD } \right ) $ Mà $ SO⊂\left ( { SMN } \right ) $ $ ⇒\left ( { SMN } \right )⊥\left ( { ABCD } \right ) $. b) Đúng Vì $ S.ABCD $ là hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng $ a $ $ ⇒ABCD $ là hình vuông cạnh $ a $ $ ⇒S_{ ABC } =\frac { 1 } { 2 }⋅a⋅a=\frac { a ^ { 2 } } { 2 } $ Vậy $ V_{ S.ABC } =\frac { 1 } { 3 }⋅SO⋅S_{ ABC } =\frac { 1 } { 3 }⋅\frac { a\sqrt[] { 3 } } { 2 }⋅\frac { a ^ { 2 } } { 2 }=\frac { \sqrt[] { 3 }a ^ { 3 } } { 12 } $ (1). c) Sai Vì $ ABCD $ là hình vuông cạnh $ a $ có $ M $, $ N $ là trung điểm của $ AD $ và $ BC $ nên dễ thấy $ MN=a $ Có $ O=AC∩BD $ $ ⇒O $ là trung điểm của $ AC,BD,MN $ $ ⇒ON=\frac { MN } { 2 }=\frac { a } { 2 } $ Xét $ ΔSON $ vuông tại $ O $ (vì $ SO⊥\left ( { ABCD } \right )⇒SO⊥MN $) có: $ SN=\sqrt[] { SO ^ { 2 } +ON ^ { 2 } }=\sqrt[] { \left ( { \frac { a\sqrt[] { 3 } } { 2 } } \right ) ^ { 2 } +\left ( { \frac { a } { 2 } } \right ) ^ { 2 } }=a $ Xét $ ΔSBC $ cân tại $ S $ (vì $ S.ABCD $ là hình chóp tứ giác đều $ ⇒SB=SC $) có $ N $ là trung điểm của $ BC $ $ ⇒SN⊥BC $ $ ⇒S_{ SBC } =\frac { 1 } { 2 }⋅SN⋅BC=\frac { 1 } { 2 }⋅a⋅a=\frac { a ^ { 2 } } { 2 } $ Ta có: $ V_{ A.SBC } =\frac { 1 } { 3 }⋅d\left ( { A,\left ( { SBC } \right ) } \right )⋅S_{ SBC } =\frac { 1 } { 3 }⋅d\left ( { A,\left ( { SBC } \right ) } \right )⋅\frac { a ^ { 2 } } { 2 } $ (2) Mà $ V_{ A.SBC } =V_{ S.ABC } $ nên từ (1) và (2) $ ⇒d\left ( { A,\left ( { SBC } \right ) } \right )=\frac { a\sqrt[] { 3 } } { 2 } $. d) Đúng Ta có: $ \left \{ \begin{array}{l} BD⊥AC{ \rm{ ; } }BD⊂\left ( { ABCD } \right ) \\ AC∩SO{ \rm{ trong } }\left ( { SAC } \right ) \end{array} \right.⇒BD⊥\left ( { SAC } \right )⇒BD⊥SC $ Trong $ \left ( { SAC } \right ) $ kẻ $ OH⊥SC $ tại $ H $. Mà $ OH∩BD{ \rm{ trong } }\left ( { BHD } \right ) $ $ ⇒SC⊥\left ( { BHD } \right ) $ $ ⇒SC⊥BH $ và $ SC⊥DH $ $ ⇒\left[ B;SC;D \right]= \widehat { BHD } $ Vì $ ABCD $ là hình vuông cạnh $ a $ $ ⇒AC=BD=a\sqrt[] { 2 }⇒OB=OC=\frac { a\sqrt[] { 2 } } { 2 } $ Xét $ ΔSOC $ vuông tại $ O $ (vì $ SO⊥\left ( { ABCD } \right )⇒SO⊥OC $) có $ OH⊥SC $ $ ⇒\frac { 1 } { OH ^ { 2 } }=\frac { 1 } { SO ^ { 2 } }+\frac { 1 } { OC ^ { 2 } }=\frac { 1 } { \left ( { \frac { a\sqrt[] { 3 } } { 2 } } \right ) ^ { 2 } }+\frac { 1 } { \left ( { \frac { a\sqrt[] { 2 } } { 2 } } \right ) ^ { 2 } }=\frac { 10 } { 3a ^ { 2 } }⇒OH ^ { 2 } =\frac { 3a ^ { 2 } } { 10 } $ Xét $ ΔBOH $ vuông tại $ O $ (vì $ BD⊥\left ( { SAC } \right );OH⊂\left ( { SAC } \right )⇒BD⊥OH $) có: $ BH ^ { 2 } =OH ^ { 2 } +OB ^ { 2 } =\frac { 3a ^ { 2 } } { 10 }+\left ( { \frac { a\sqrt[] { 2 } } { 2 } } \right ) ^ { 2 } =\frac { 4a ^ { 2 } } { 5 } $. Chứng minh tương tự: $ DH ^ { 2 } =\frac { 4a ^ { 2 } } { 5 } $ Áp dụng định lí cosin trong $ ΔBHD $: $ { \rm{ \cos } } \widehat { BHD }=\frac { BH ^ { 2 } +DH ^ { 2 } -BD ^ { 2 } } { 2.BH.DH }=\frac { 2⋅\frac { 4a ^ { 2 } } { 5 }-\left ( { a\sqrt[] { 2 } } \right ) ^ { 2 } } { 2⋅\frac { 4a ^ { 2 } } { 5 } }=-\frac { 1 } { 4 } $.