c) Chứng minh rằng góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (ABCD) bằng 45°.

Mô hình hóa chân tháp của bài toán bằng khối chóp cụt tứ giác đều ABCD.A’B’C’D’, với O, O’ lần lượt là tâm của hai đáy ABCD và A’B’C’D’.

Như vậy ta có:

⦁ ABCD là hình vuông cạnh 5 có diện tích S_ABCD = 5² = 25;

⦁ A’B’C’D’ là hình vuông cạnh 2 có diện tích S_{A’B’C’D’} = 2² = 4;

⦁ Các cạnh bên A’A, B’B, C’C, D’D có độ dài bằng 3;

⦁ OO’ vuông góc với (ABCD) và (A’B’C’D’).

Do ABCD là hình vuông nên $\widehat{ABC}=90°,$ do đó tam giác ABC vuông tại B.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác ABC vuông tại B có:

AC² = AB² + BC² = 5² + 5² = 50.

Suy ra $AC=5\sqrt{2}.$

Do đó $CO=\frac{AC}{2}=\frac{5\sqrt{2}}{2}$ (do O là tâm hình vuông ABCD).

Do A’B’C’D’ là hình vuông nên $\widehat{A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=90°,$ do đó tam giác A’B’C’ vuông tại B’.

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác A’B’C’ vuông tại B’ có:

A’C’² = A’B’² + B’C’² = 2² + 2² = 8.

Suy ra $A^{\text{'}}{C}^{\text{'}}=2\sqrt{2}.$

Do đó $C^{\text{'}}{O}^{\text{'}}=\frac{A^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}{2}=\frac{2\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$ (do O’ là tâm hình vuông A’B’C’D’).

Dễ thấy: (ABCD) ∩ (A’C’CA) = AC;

              (A’B’C’D’) ∩ (A’C’CA) = A’C’.

Mà (ABCD) // (A’B’C’D’).

Suy ra AC // A’C’ hay A’C’CA là hình thang.

Xét hình thang A’C’CA, kẻ C’H ⊥ AC (H ∈ AC).

Vì OO’ ⊥ (ABCD) và AC ⊂ (ABCD) nên OO’ ⊥ AC.

Do đó C’H // OO’ (cùng vuông góc với AC).

Mà O’C’ // OH (do A’C’ // AC)

Suy ra O’C’HO là hình bình hành.

Do đó: OO’ = C’H và $OH=C^{\text{'}}{O}^{\text{'}}=\sqrt{2}.$

Suy ra $HC=OC-OH=\frac{5\sqrt{2}}{2}-\sqrt{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}.$

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác C’HC vuông tại H (do C’H ⊥ AC) có:

C’C² = C’H² + HC²

Suy ra $C^{\text{'}}H=\sqrt{C^{\text{'}}{C}^2-H{C}^2}=\sqrt{3^2-{\left(\frac{3\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}.$

Do đó $O{O}^{\text{'}}=C^{\text{'}}H=\frac{3\sqrt{2}}{2}.$

Thể tích khối chóp cụt tứ giác đều ABCD.A’B’C’D’ với chiều cao $O{O}^{\text{'}}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$ và diện tích hai đáy S_ABCD = 25, S_{A’B’C’D’} = 4 là:

$V_{ABCD.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}=\frac{1}{3}.\frac{3\sqrt{2}}{2}\left(25+\sqrt{25.4}+4\right)=\frac{39\sqrt{2}}{2}$ (m³).

Như vậy ta có thể tích của chân tháp đã cho bằng $\frac{39\sqrt{2}}{2}$ (m³).

Vì chân tháp được làm bằng bê tông tươi với giá tiền là 1 470 000 đồng/m³ nên số tiền để mua bê tông tươi làm chân tháp là:

$\frac{39\sqrt{2}}{2}.1470000\approx 40538432$ (đồng).

Vậy số tiền để mua bê tông tươi làm chân tháp khoảng 40 538 432 đồng.

Mô hình hóa đèn đá muối bằng hình chóp tứ giác đều S.ABCD cạnh a.

Vì S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên đáy ABCD là hình vuông nên gọi O là giao điểm của AC và BD. Khi đó O là trung điểm của AC, BD và AC = BD.

Suy ra OA = OB = OC = OD.

Như vậy, O là tâm đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD.

Do đó, O là chân đường cao của hình chóp S.ABCD hay SO ⊥ (ABCD).

Mà AC ⊂ (ABCD) nên SO ⊥ AC.

Do ABCD là hình vuông nên $\widehat{ABC}=90°,$ do đó tam giác ABC vuông tại B.

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác ABC vuông tại B có:

AC² = AB² + BC² = a² + a² = 2a².

Suy ra $AC=a\sqrt{2}.$ Do đó $AO=\frac{AC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác SAO vuông tại O (do SO ⊥ AC) có:

SA² = AO² + SO²

Suy ra $SO=\sqrt{S{A}^2-A{O}^2}=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

Diện tích hình vuông ABCD cạnh a là: S_ABCD = a² (đvdt).

Thể tích của khối chóp tứ giác đều S.ABCD có chiều cao $SO=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ và diện tích đáy S_ABCD = a² là:

$V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}.SO=\frac{1}{3}.a^2.\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{a^3\sqrt{2}}{6}$ (đvtt).

Vậy thể tích của đèn đá muối cần tìm là $\frac{a^3\sqrt{2}}{6}.$