(1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều \(ABCD\) có cạnh đáy bằng \(a\), \(O\) là tâm của đáy và \(SO = a.\)

a) Xác định hình chiếu vuông góc của \(\Delta SBC\) trên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\).

b) Tính côsin góc giữa \(SA\) và mặt phẳng \(\left( {SDC} \right)\).

Đáp án đúng là: B

Vì \({\log _2}x = \sqrt 2 \) nên \(x > 0\).

Khi đó ta có \(A = {\log _2}{x^2} + {\log _{\frac{1}{2}}}{x^3} + {\log _4}x\)\( = 2{\log _2}x + 3{\log _{{2^{ - 1}}}}x + {\log _{{2^2}}}x\)

                        \( = 2{\log _2}x - 3{\log _2}x + \frac{1}{2}{\log _2}x = - \frac{1}{2}{\log _2}x = - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Gọi \(O\) là tâm của hình chữ nhật \(ABCD\).

Ta có \(AC \cap \left( {SBD} \right) = O\) nên \(\frac{{d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right)}}{{d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right)}} = \frac{{CO}}{{AO}} = 1\) (vì \(O\) là trung điểm \(AC\)).

Suy ra \(d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right)\).

Gọi \(H\), \(I\) lần lượt là hình chiếu của \(A\) lên \(BD\), \(SH\), ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}AI \bot SH\\AI \bot BD\,\,\,\,\left( {{\rm{do }}BD \bot AH,\,BD \bot SA \Rightarrow BD \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow BD \bot AI} \right)\end{array} \right.\)

Suy ra \(AI \bot \left( {SBD} \right)\)            (vì \(SH \cap BD = H\) và \(SH,BD \subset \left( {SBD} \right)\)).

Do đó, \(d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = AI\).

Xét tam giác \(ABD\) vuông tại \(A\) với \(AH\) là đường cao, ta có

\(AH = \frac{{AB \cdot AD}}{{\sqrt {A{B^2} + A{D^2}} }} = \frac{{a \cdot a\sqrt 3 }}{{\sqrt {3{a^2} + {a^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Xét tam giác \(SAH\) vuông tại \(A\) với \(AI\) là đường cao, ta có

\(AI = \frac{{AH \cdot AS}}{{\sqrt {A{H^2} + A{S^2}} }} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2} \cdot a\sqrt 3 }}{{\sqrt {\frac{{3{a^2}}}{4} + 3{a^2}} }} = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}\).

Vậy khoảng cách từ điểm \(C\) đến mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\) bằng \(\frac{{a\sqrt {15} }}{5}\).