Cho tập hợp \(A = \left\{ {0;1;2;3;4;5} \right\}.\) Số tập hợp con gồm hai phần tử của tập hợp \(A\) là

Đáp án B.

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAD} \right) = SA\end{array} \right. \Rightarrow SA \bot \left( {ABCD} \right)\)

Ta có: \(AB = \sqrt {B{D^2} - A{D^2}} = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 5 } \right)}^2} - {{\left( {2a} \right)}^2}} = a\)

\(SA = AB\tan {30^0} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

\({S_{ABCD}} = \frac{{\left( {AD + BC} \right).AB}}{2} = \frac{{\left( {2a + a} \right).a}}{2} = \frac{{3{a^2}}}{2}\)

Thể tích khối chóp \(S.ABCD\) là:

\(V = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\frac{{3{a^2}}}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\).

Đáp án A.

Goi \(O\) là tâm hình vuông \(ABCD\).

Vì \(SABCD\) là chóp tứ giác đều nên \(SO\) vuông góc với \(\left( {ABCD} \right)\)

Gọi \(E\) là hình chiếu \(M\) trên \(\left( {ABCD} \right)\)

\( \Rightarrow E\) là trung điểm của \(AO\)

\( \Rightarrow \left( {\widehat {MN;\left( {ABCD} \right)}} \right) = \left( {\widehat {MN;EN}} \right) = \widehat {MNE} = {60^0}\)

Do: \(N{E^2} = C{N^2} + C{E^2} - 2.CN.CE.\cos \widehat {NCE}\)

\( \Rightarrow NE = \frac{{a\sqrt {10} }}{4}\)

\( \Rightarrow MN = 2.ME = \frac{{a\sqrt {10} }}{2}\)

Gọi \(I\) là giao điểm của \(EN\) và \(BO\).

Từ \(I\) kẻ đường thẳng song song với \(ME,\) cắt \(MH\) tại \(H\)

\( \Rightarrow H\) là giao điểm của \(MN\) và \(\left( {SBD} \right)\).

Hình chiếu của \(N\) lên \(\left( {SBD} \right)\) là góc \(NHK\).

Xét tam giác vuông \(NHK\) có:

\(NH = \frac{{MN}}{2} = \frac{{a\sqrt {10} }}{4}\)

\(NK = \frac{{CO}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\)

\( \Rightarrow \sin \widehat {NHK} = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\)

\( \Rightarrow \left( {\widehat {MN;\left( {SBD} \right)}} \right) = \arcsin \frac{{\sqrt 5 }}{5}\)