Cho hình vuông \(ABCD\) có cạnh bằng \(4\). Lấy \(H,\,\,K\) lần lượt trên các cạnh \(AB,\,\,AD\) sao cho \(BH = 3HA\), \(AK = 3KD\). Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) tại \(H\) lấy điểm \(S\) sao cho \(\widehat {SBH} = 30^\circ \). Xét tính đúng, sai của các khẳng định sau:

a) Sai.

Ta có \(BH = 3HA \Rightarrow BH = \frac{3}{4}AB = 3\).

Xét tam giác \(SBH\) vuông tại \(H\) có \(\tan \widehat {SBH} = \frac{{SH}}{{BH}} \Rightarrow SH = 3.\tan 30^\circ = \sqrt 3 \).

Thể tích khối chóp \(S.ABC\) bằng \(\frac{1}{3} \cdot h.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.SH.\frac{1}{2}.AB.BC = \frac{1}{3}.\sqrt 3 .\frac{1}{2}{.4^2} = \frac{{8\sqrt 3 }}{3}\).

b) Đúng.

Ta có \(AB\parallel CD,\,\,CD \subset \left( {SDC} \right) \Rightarrow AB\parallel \left( {SDC} \right)\).

Khi đó \(d\left( {AB,SD} \right) = d\left( {AB,\left( {SDC} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {SDC} \right)} \right)\).

Kẻ \(HM \bot DC\), \(HN \bot SM\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}DC \bot HM\\DC \bot SH\\HM,SH \subset \left( {SHM} \right)\end{array} \right. \Rightarrow DC \bot \left( {SHM} \right)\)\( \Rightarrow DC \bot HN\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}HN \bot DC\\HN \bot SM\\DC,SM \subset \left( {SDC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow HN \bot \left( {SDC} \right)\). Khi đó \(d\left( {H,\left( {SDC} \right)} \right) = HN\).

Mặt khác, ta có \(HM = AD = BC = 4\).

Xét tam giác \(SHM\) vuông tại \(H\), đường cao \(HN\) có:

\(\frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{M^2}}} = \frac{1}{{H{N^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{H{N^2}}} = \frac{{19}}{{48}} \Rightarrow HN = \frac{{4\sqrt {57} }}{{19}}\).

c) Đúng.

Dựa theo câu a), ta có \(SH = \sqrt 3 \).

d) Đúng.

Xét hai tam giác vuông \(ABK\) và \(BCH\) có:

\(AB = BC = 4,AK = BH = 3 \Rightarrow \Delta ABK = \Delta BCH\) (c-g-c).

\( \Rightarrow \widehat {ABK} = \widehat {BCH}\). Mà \(\widehat {ABK} + \widehat {KBC} = 90^\circ \) nên \(\widehat {BCH} + \widehat {KBC} = 90^\circ \)

Xét tam giác \(BHE\) có: \(\widehat {BCH} + \widehat {KBC} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {BEC} = 90^\circ \) hay \(CH \bot BK\) tại \(E\).

Dựng \(EI\parallel BC\,\,\left( {I \in BH} \right) \Rightarrow EI \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow EI \bot SI\).

Do đó \(\left( {SE,BC} \right) = \left( {SE,EI} \right) = \widehat {SEI}\)

Xét tam giác \(HBC\) có \(EI\parallel BC\) có \(\frac{{EI}}{{BC}} = \frac{{HE}}{{HC}}\) (Thales)

Mặt khác, tam giác \(HBC\) vuông tại \(B\), đường cao \(BE\) nên:

\(H{B^2} = HE.HC,\,\,H{C^2} = H{B^2} + B{C^2}\)

Khi đó \(\frac{{EI}}{{BC}} = \frac{{HE}}{{HC}} = \frac{{HE \cdot HC}}{{H{C^2}}} = \frac{{H{B^2}}}{{H{B^2} + B{C^2}}} = \frac{{{3^2}}}{{{3^3} + {4^2}}} = \frac{9}{{25}}\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}EI = \frac{9}{{25}}BC = \frac{{36}}{{25}}\\HE = \frac{9}{{25}} \cdot HC = \frac{9}{{25}} \cdot \sqrt {H{B^2} + B{C^2}} = \frac{9}{5}\end{array} \right.\)

Xét tam giác \(SEH\) vuông tại \(H\) có: \(SE = \sqrt {S{H^2} + H{E^2}} = \sqrt {3 + \frac{{81}}{{25}}} = \frac{{2\sqrt {39} }}{5}\)

Xét tam giác \(SEI\) vuông tại \(I\) có: \(\cos \widehat {SEI} = \frac{{EI}}{{SE}} = \frac{{18}}{{5\sqrt {39} }}\)

Do đó \(\cos \left( {SE,BC} \right) = \frac{{18}}{{5\sqrt {39} }}\).

Vậy \(T = 2m - n = 2.18 - 5 = 31\).