Cho tứ diện \(ABCD\) có \(AB = CD = 2a\). Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm của \(BC\) và \(AD\). Biết \(MN = a\sqrt 3 \). Góc giữa \(AB\) và \(CD\) bằng

Đáp án đúng là: D

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB\). Vì tam giác \(SAB\) đều nên \(SH \bot AB\).

Lại có \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\), do đó \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\).

Khi đó, góc tạo bởi đường thẳng \(SC\) và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là góc \(SCH\) và \(\widehat {SCH} = 30^\circ \).

Vì \(ABCD\) là hình chữ nhật nên ta chứng minh được \(HC = HD\).

Từ đó suy ra \(\Delta SHC = \Delta SHD\) (c – g – c). Suy ra \(SC = SD = 2a\sqrt 3 \).

Tam giác \(SHC\) vuông tại \(H\) nên ta có

\[SH = SC\sin \widehat {SCH} = 2a\sqrt 3 \cdot \sin 30^\circ = a\sqrt 3 \]

\(HC = SC\cos \widehat {SCH} = 2a\sqrt 3 \cdot \cos 30^\circ = 3a\).

Vì tam giác \(SAB\) đều mà \(SH = a\sqrt 3 \) nên ta suy ra \(AB = \frac{{2SH}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{{\sqrt 3 }} = 2a\).

Suy ra \(HB = \frac{{AB}}{2} = a\). Khi đó, \(BC = \sqrt {H{C^2} - H{B^2}} = \sqrt {{{\left( {3a} \right)}^2} - {a^2}} = 2a\sqrt 2 \).

Diện tích hình chữ nhật \(ABCD\) là \({S_{ABCD}} = AB \cdot BC = 2a \cdot 2a\sqrt 2 = 4{a^2}\sqrt 2 \).

Thể tích của khối chóp \(S.ABCD\) là \(V = \frac{1}{3}{S_{ABCD}} \cdot SH = \frac{1}{3} \cdot 4{a^2}\sqrt 2 \cdot a\sqrt 3 = \frac{{4{a^3}\sqrt 6 }}{3}\).

a) Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot SA\,\,\,\,\,\,\left( {{\rm{v\`i }}SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\\CD \bot AD\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)\).

b) Gọi \(O = AC \cap BD.\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CO \bot BD\\SO \bot BD\,\,\,\,\left( {{\rm{v\`i }}\,\,\,SB = SD\,} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left[ {S,\,\,BD,\,\,C} \right] = \widehat {SOC}\).

\(\Delta SOA\) vuông tại \(A:\) \(AO = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} = SA \Rightarrow \)\(\widehat {SOA} = 45^\circ \Rightarrow \widehat {SOC} = 135^\circ \).

Vậy số đo của góc nhị diện \(\left[ {S,\,\,BD,\,\,C} \right]\) bằng \(135^\circ .\)