(1,0 điểm) Cho hình chóp \(S.ABCD\), đáy \(ABCD\) là hình vuông, tam giác \(SAB\) là tam giác đều, \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\). Gọi \(I,\,\,F\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(AD\). Chứng minh rằng:

a) \[SI \bot CF\];                                            

b) \(CF \bot \left( {SID} \right)\).

Ta có \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(AB\) là hình chiếu của \(SB\) trên \(\left( {ABCD} \right)\) suy ra góc giữa \(SB\) và \(\left( {ABCD} \right)\) là \(\widehat {SBA} = 60^\circ \).

Dựng hình bình hành \(MCBE\). Gọi \(I\) là hình chiếu của \(A\) trên \(BE\) và \(H\) là hình chiếu của \(A\) trên \(SI\).

Ta chứng minh được \(AH \bot \left( {SBE} \right)\).

Khi đó \(d\left( {CM,SB} \right) = d\left( {CM,\left( {SBE} \right)} \right) = d\left( {M,\left( {SBE} \right)} \right) = 2d\left( {A,\left( {SBE} \right)} \right) = 2AH\).

Mặt khác \(AI = \frac{{AE.AB}}{{\sqrt {A{E^2} + A{B^2}} }} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\) và \(SA = AB \cdot \tan 60^\circ = a\sqrt 3 .\)

Vậy \[d\left( {CM,SB} \right) = 2AH = \]\(\frac{{2AI \cdot SA}}{{\sqrt {A{I^2} + S{A^2}} }} = \frac{{a\sqrt 2 \cdot a\sqrt 3 }}{{\sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}} }} = \frac{{2\sqrt {21} a}}{{27}}\).

Đáp án đúng là: A

Ta có \({2^{2x - 1}} = {2^x} \Leftrightarrow 2x - 1 = x \Leftrightarrow x = 1\).