Cho hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có cạnh đáy bằng \(a\), \(O = AC \cap BD\) biết \(SO = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\). Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(AD\) và \(BC\). Những phương án nào dưới đây đúng?   

1. Đúng. Vì \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều \( \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

Mà \(SO \subset \left( {SMN} \right)\) nên \(\left( {SMN} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\).

2. Đúng. Vì \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng \(a\) nên \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\).

Khi đó \({S_{ABC}} = \frac{1}{2} \cdot a \cdot a = \frac{{{a^2}}}{2}\).

Suy ra \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3} \cdot SO \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \cdot \frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{{12}}\).

3. Sai. Vì \(ABCD\)là hình vuông cạnh \(a\) có \(M,N\) là trung điểm của \(AD\) và \(BC\) nên \(MN = a\).

Có \(O = AC \cap BD\) nên \(O\)là trung điểm của \(AC,BD,MN \Rightarrow ON = \frac{{MN}}{2} = \frac{a}{2}\).

Xét \(\Delta SON\) vuông tại \(O\)có \(SN = \sqrt {S{O^2} + O{N^2}}  = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}}  = a\).

Có \(SB = SC\) nên \(\Delta SBC\) cân tại \(S\) mà \(N\)là trung điểm của \(BC\) nên \(SN \bot BC\).

Khi đó \({S_{SBC}} = \frac{1}{2} \cdot SN \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot a \cdot a = \frac{{{a^2}}}{2}\).

Có \({V_{A.SBC}} = \frac{1}{3}d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) \cdot {S_{SBC}} = \frac{1}{3}d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) \cdot \frac{{{a^2}}}{2}\).

Mà \({V_{A.SBC}} = {V_{S.ABC}}\) nên \(d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

4. Đúng. Có \(BD \bot AC\) và \(BD \bot SO\) nên \(BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot SC\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\), kẻ \(OH \bot SC\) tại \(H\).

Mà \(OH \cap BD\)trong mặt phẳng \(\left( {BHD} \right)\)\( \Rightarrow SC \bot \left( {BHD} \right)\)\( \Rightarrow SC \bot BH\) và \(SC \bot DH\) nên \(\left[ {B,SC,D} \right] = \widehat {BHD}\).

Vì \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\) \( \Rightarrow AC = BD = a\sqrt 2  \Rightarrow OB = OC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Xét \(\Delta SOC\) vuông tại \(O\) có \(OH \bot SC\).

Khi đó \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}} = \frac{{10}}{{3{a^2}}} \Rightarrow O{H^2} = \frac{{3{a^2}}}{{10}}\).

Xét \(\Delta BOH\)vuông tại \(O\), có \(B{H^2} = O{H^2} + O{B^2} = \frac{{3{a^2}}}{{10}} + {\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = \frac{{4{a^2}}}{5}\).

Tương tự \(D{H^2} = \frac{{4{a^2}}}{5}\).

Áp dụng định lí cosin trong tam giác \(BHD\) có

\(\cos \widehat {BHD} = \frac{{B{H^2} + D{H^2} - B{D^2}}}{{2 \cdot BH \cdot DH}} = \frac{{2 \cdot \left( {\frac{{4{a^2}}}{5}} \right) - {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}}}{{2 \cdot \frac{{4{a^2}}}{5}}} =  - \frac{1}{4}\). Chọn ý 1, 2, 4.