Cho hình lăng trụ $ABC.A'B'C'$ có cạnh bên $AA'$ vuông góc với đáy, $AA' = a\sqrt{2}$, tam giác $ABC$ vuông tại $B$, $AB = BC = a$. Gọi $M$, $E$ lần lượt là trung điểm của $AC$ và $BB'$.

a) Đúng b) Sai c) Sai d) Đúng Lời giải a) Ta có $AA' \perp (ABC) \Rightarrow AA' \perp BC$. b) Ta có: $$ \begin{cases} AA' \perp (ABC) \\ BB' \parallel AA' \end{cases} \Rightarrow BB' \perp (ABC) \Rightarrow BB' \perp BM. $$ Trong tam giác vuông $B'BM$ ta có: $$ B'M = \sqrt{BB'^2 + BM^2} = \sqrt{BB'^2 + \Big(\frac{AC}{2}\Big)^2} = \sqrt{(a\sqrt{2})^2 + \Big(\frac{a\sqrt{2}}{2}\Big)^2} = \frac{a\sqrt{10}}{2}. $$ c) Vì $\triangle ABC$ vuông cân tại $B$ và $M$ là trung điểm của $AC$ nên $AC \perp BM$. Ta có: $$ \begin{cases} AC \perp BM \\ AC \perp BB' \end{cases} \Rightarrow AC \perp (BB'M) \Rightarrow AC \perp B'M. $$ Do đó: $$ S_{\triangle B'AC} = \frac{1}{2} AC \cdot B'M = \frac{1}{2} \cdot a\sqrt{2} \cdot \frac{a\sqrt{10}}{2} = \frac{a^2\sqrt{5}}{2}. $$ d) Ta có: $$ \begin{cases} BC \perp BA \\ BC \perp BB' \end{cases} \Rightarrow BC \perp (AA'B'B) \Rightarrow BC \perp AE \quad (1). $$ Ta lại có: $$ \tan\widehat{BAE} = \frac{BE}{AB} = \frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{a} = \frac{\sqrt{2}}{2}. $$ Xét tam giác $AA'B$ vuông tại $A$, ta có $\tan\widehat{AA'B} = \frac{AB}{AA'} = \frac{a}{a\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2} = \tan\widehat{BAE}$, suy ra $\widehat{AA'B} = \widehat{BAE}$. Gọi $F$ là giao điểm của $AE$ và $A'B$. Vì tam giác $AA'B$ vuông tại $A$ nên $\widehat{AA'B} + \widehat{ABA'} = 90^\circ$; mà $\widehat{BAE} = \widehat{AA'B}$ nên $\widehat{FAB} + \widehat{FBA} = 90^\circ$, suy ra $\widehat{AFB} = 90^\circ$, tức là $AE \perp A'B \quad (2)$. Từ (1) và (2) suy ra $AE \perp (A'BC)$, mà $A'C \subset (A'BC)$ nên $AE \perp A'C$. Vậy mệnh đề d đúng.