Cho hình chóp đều \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh bằng 6. Mặt bên \(SAB\) tạo với đáy góc \(45^\circ \). Tính thể tích khối chóp \(S.ABCD\).

Gọi \(M\) là trung điểm của \(AD\). Khi đó \(ABCM\) là hình vuông.

Hạ \(MH \bot SD\).

Ta có \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot CM\) mà \(CM \bot AD\) nên \(CM \bot \left( {SAD} \right)\). Suy ra \(CM \bot SD\).

Lại có \(MH \bot SD\) nên \(SD \bot \left( {MHC} \right)\). Suy ra \(CH \bot SD\).

Do đó \(\left[ {A,SD,C} \right] = \left[ {M,SD,C} \right] = \widehat {MHC}\).

Xét \(\Delta SAD\) vuông tại \(A\), có \(\tan \widehat {SDA} = \frac{{SA}}{{AD}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{{2a}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Suy ra \(\sin \widehat {SDA} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\).

Xét \(\Delta MHD\) vuông tại \(H\), có \(\sin \widehat {SDA} = \frac{{MH}}{{MD}} \Rightarrow MH = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Vì \(CM \bot \left( {SAD} \right)\) nên \(CM \bot MH\). Do đó \(\Delta CMH\) vuông tại \(M\).

Có \(CH = \sqrt {C{M^2} + M{H^2}} = \sqrt {{a^2} + \frac{{3{a^2}}}{9}} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\).

\(\cos \widehat {MHC} = \frac{{MH}}{{CH}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}:\frac{{2a\sqrt 3 }}{3} = \frac{1}{2} = 0,5\).

Trả lời: 0,5.

a) \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = {a^3}\).

b) \(A'C = a\sqrt 3 \).

c) Có \(ACC'A'\) là hình bình hành nên \(AC//A'C'\).

Khi đó \(\left( {AC,A'D'} \right) = \left( {A'C',A'D'} \right) = \widehat {D'A'C'} = 45^\circ \).

d) Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\).

Ta có \(AO \bot BD\) mà \(AA' \bot BD\) nên \(BD \bot \left( {AOA'} \right)\).

Hạ \(AH \bot A'O\) và \(AH \bot BD\left( {BD \bot \left( {AOA'} \right)} \right)\) nên \(AH \bot \left( {A'BD} \right)\).

Suy ra \(d\left( {A,\left( {A'BD} \right)} \right) = AH\).

Ta có \(AO = \frac{{AC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Xét \(\Delta A'AO\) vuông tại \(A\), ta có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{{A'}^2}}} + \frac{1}{{A{O^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{2}{{{a^2}}} = \frac{3}{{{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Đáp án: a) Sai;    b) Sai;   c) Đúng;    d) Sai.