PHẦN II. TRẮC NGHIỆM ĐÚNG – SAI

Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng \(a\sqrt 3 \), O là trọng tâm tam giác đáy, cạnh bên bằng 2a. Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Khi đó:

a) (SM, (ABC)) ≈ 70,9°.

b) \(SO = a\sqrt 2 \).

c) (SA, (ABC)) = (SA, OA).

d) SO ^ (ABC).

Gọi E là trung điểm của BC.

Vì DABC đều nên AE ^ BC mà AA' ^ BC (do AA' ^ (ABC)) nên BC ^ (A'AE).

Kẻ AH ^ A'E và AH ^ BC (do BC ^ (A'AE)) nên AH ^ (A'BC).

Suy ra d(A, (A'BC)) = AH.

Vì DABC đều nên \(AE = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Xét DA'AE vuông tại A, ta có \[\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{{A'}^2}}} + \frac{1}{{A{E^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{4}{{3{a^2}}} = \frac{7}{{3{a^2}}}\]\( \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).

Do S.ABCD là chóp đều nên SO ^ (ABCD) Þ SO ^ CD.

Gọi H là trung điểm của CD. Suy ra OH ^ CD mà SO ^ CD nên CD ^ (SOH).

Hạ OK ^ SH và OK ^ CD (do CD ^ (SOH)) nên OK ^ (SCD).

Suy ra d(O, (SCD)) = OK.

Ta có \(OH = \frac{a}{2};OC = \frac{{AC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Xét DSOC vuông tại O, ta có \(SO = \sqrt {S{C^2} - O{C^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Xét DSOH vuông tại O, OK là đường cao, ta có:

\(\frac{1}{{O{K^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{4}{{2{a^2}}} + \frac{4}{{{a^2}}} = \frac{6}{{{a^2}}}\) \( \Rightarrow OK = \frac{a}{{\sqrt 6 }}\).