Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình chữ nhật, cạnh bên \(SA\) vuông góc với đáy (tham khảo hình bên)

Khẳng định nào sau đây sai?

a) Đúng. \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\BD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)\). Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}BD \subset \left( {SBD} \right)\\BD \bot \left( {SAC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {SBD} \right) \bot \left( {SAC} \right)\).

b) Đúng.  Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)\).

c) Đúng. \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \)Hình chiếu của \(S\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là \(A\).

\(B,C \in \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \) Hình chiếu của \(B,C\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là \(B,C\).

Do đó tam giác \(ABC\) là hình chiếu của tam giác \(SCB\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\).

d) Sai. Kẻ \(AK \bot SD\,\,\left( {K \in SD} \right)\). Ta có \(CD \bot AK\,\,\left( {{\rm{do}}\,\,CD \bot \left( {SAD} \right)} \right)\).

Do đó \(AK \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = AK = \frac{{SA.AD}}{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).

Lại có \(AB\,{\rm{//}}\,CD\) nên \(AB\,{\rm{//}}\left( {SCD} \right)\), suy ra \(d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).

a) Đúng. Vì từ giả thiết, ta có \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BC\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\).

b) Sai. Vì \(ABCD\) là hình chữ nhật nên\(AC\) không vuông góc với \(BD\), từ đó ta suy ra được mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) không vuông góc với mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\).

c) Sai. Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CD \bot AD}\\{CD \bot SA{\rm{ }}\left( {{\rm{do }}SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)}\end{array} \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)} \right. \Rightarrow CD \bot SD\).

Từ đó suy ra \(\widehat {ADS}\) là một góc phẳng nhị diện của góc nhị diện \(\left[ {A,DC,S} \right]\).

Tam giác \(SAD\) vuông tại \(A\) nên \(\tan \widehat {ADS} = \frac{{SA}}{{AD}} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{{2a}} = \sqrt 3 \), suy ra \(\widehat {ADS} = 60^\circ \).

Vậy số đo của góc nhị diện \(\left[ {A,DC,S} \right]\) bằng \(60^\circ \).

d) Đúng. Vì \(CD \bot \left( {SAD} \right)\). Suy ra \(SD\) là hình chiếu của \(SC\) trên mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\).

Do vậy \(\left( {SC,\left( {SAD} \right)} \right) = \left( {SC,SD} \right) = \widehat {CSD}\).

Tam giác \(SAD\) vuông tại \(A\) có: \(SD = \sqrt {S{A^2} + A{D^2}} = 4a;\,\,SC = \sqrt {S{D^2} + C{D^2}} = a\sqrt {17} \).

Tam giác \(SDC\) vuông tại \(D\) có: \({\rm{cos}}\widehat {CSD} = \frac{{SD}}{{SC}} = \frac{{4a}}{{a\sqrt {17} }} = \frac{4}{{\sqrt {17} }}.\) Vậy \({\rm{cos}}\alpha = \frac{4}{{\sqrt {17} }}\).