Ta có:

\(\left. \begin{array}{l}\left( {ABD} \right) \bot \left( {BCD} \right)\\\left( {ABD} \right) \cap \left( {BCD} \right) = BD\\C{\rm{D}} \subset \left( {BCD} \right)\\C{\rm{D}} \bot B{\rm{D}}\end{array} \right\} \Rightarrow C{\rm{D}} \bot \left( {ABD} \right) \Rightarrow C{\rm{D}} \bot A{\rm{D}}\)

Vậy tam giác \(ACD\) vuông tại \(D\).

tham khảo:

a) Tam giác AOB có A'B' là đường trung bình nên A'B'//AB hay A'B'//(OBC)

Tam giác AOC có A'C' là đường trung bình nên A'C"//AC hay A'C'//(OBC)

Suy ra (A'B'C')//(OBC)

Mà OA⊥(OBC) nên OA⊥(A′B′C′)

b) Vì OA⊥(OBC);BC∈(OBC) nên OA⊥CB

Ta có đường thẳng BC vuông góc với hai đường thẳng OH và OA cắt nhau cùng thuộc (AOH) nên BC⊥(OAH)

Mà tam giác ABC có B'C' là đường trung bình nên B'C'//BC

Suy ra B′C′⊥(AOH) 

tham khảo:

a) Tam giác ABD có HK là đường trung bình nên HK//BD

Vì ABCD là hình vuông nên AC⊥BD. Suy ra AC⊥HK

Vì SH⊥(ABCD) nên SH⊥AC

Ta có: AC⊥SH,AC⊥HK nên AC⊥(SHK)

b) Ta có tam giác AHD và tam giác DKC bằng nhau nên DH⊥CK

Mà SH⊥(ABCD) nên SH⊥CK

Suy ra CK⊥(SDH)

a) Gọi \(H\) là trung điểm của \(AC\)

\(SAC\) là tam giác đều \( \Rightarrow SH \bot AC\)

Mà \(\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\)

\( \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SH \bot BC\)

Lại có \(AC \bot BC\)

\(\left. \begin{array}{l} \Rightarrow BC \bot \left( {SAC} \right)\\BC \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAC} \right)\)

b) \(SAC\) là tam giác đều \( \Rightarrow AI \bot SC\)

\(BC \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BC \bot AI\)

\(\left. \begin{array}{l} \Rightarrow AI \bot \left( {SBC} \right)\\AI \subset \left( {ABI} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {ABI} \right) \bot \left( {SBC} \right)\)

a)     Vì \(AB \bot \left( {BCD} \right) \Rightarrow AB \bot CD\left( 1 \right)\)

Có H là trực tâm của tam giác BCD \( \Rightarrow BH \bot CD\left( 2 \right)\)

Tử (1) và (2) \( \Rightarrow CD \bot \left( {ABH} \right)\)

b)    Vì \(AB \bot \left( {BCD} \right) \Rightarrow AB \bot CD\left( 1 \right)\)

Có K là trực tâm của tam giác BCD \( \Rightarrow AK \bot CD\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow CD \bot \left( {ABK} \right)\)

tham khảo:

a) Vì SA⊥(ABCD) nên SA⊥CD

Ta có: DC⊥AD;DC⊥SA nên DC⊥(SAD)

b) Vì SA⊥(ABCD) nên SA⊥CM

Ta có: AB = 2CD nên AM = CD. Suy ra AMCD là hình chữ nhật nên CM⊥AB

Mà CM⊥SA

Suy ra: CM⊥(SAB)

a) \(SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( {SA,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SA,OA} \right) = \widehat {SAO}\)

Tam giác \(SAC\) là tam giác đều \( \Rightarrow \widehat {SAO} = {60^ \circ }\)

\( \Rightarrow \left( {SA,\left( {ABCD} \right)} \right) = {60^ \circ }\)

b) \(ABC{\rm{D}}\) là hình vuông \( \Rightarrow AC \bot B{\rm{D}}\)

\(SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot AC\)

\( \Rightarrow AC \bot \left( {SB{\rm{D}}} \right)\)

\( \Rightarrow \left( {SA,\left( {SB{\rm{D}}} \right)} \right) = \left( {SA,SO} \right) = \widehat {ASO} = \frac{1}{2}\widehat {ASC} = {30^ \circ }\)

c) \(SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot MO,SO \bot DO\)

Vậy \(\widehat {MO{\rm{D}}}\) là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện \(\left[ {M,SO,D} \right]\)

\(ABCD\) là hình vuông \(\widehat {AOD} = {90^ \circ }\)

\(\Delta AMO\) vuông cân tại \(M \Rightarrow \widehat {AOM} = {45^ \circ }\)

\( \Rightarrow \widehat {MO{\rm{D}}} = \widehat {AOM} + \widehat {AO{\rm{D}}} = {45^ \circ } + {90^ \circ } = {135^ \circ }\)

Vậy số đo của góc nhị diện \(\left[ {M,SO,D} \right]\) bằng \({135^ \circ }\).

Gọi \(I = CN \cap DM\)

\(\Delta SAB\) đều \( \Rightarrow SM \bot AB\)

Mà \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right),\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\)

\( \Rightarrow SM \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SM \bot CN\)

\(\Delta A{\rm{D}}M = \Delta DCN\left( {c.g.c} \right) \Rightarrow \widehat {AM{\rm{D}}} = \widehat {CN{\rm{D}}}\)

Mà \(\widehat {AM{\rm{D}}} + \widehat {A{\rm{D}}M} = {90^ \circ }\)

\(\widehat {CN{\rm{D}}} + \widehat {A{\rm{D}}M} = {90^ \circ } \Rightarrow \widehat {NI{\rm{D}}} = {180^ \circ } - \left( {\widehat {CN{\rm{D}}} + \widehat {A{\rm{D}}M}} \right) = {90^ \circ } \Rightarrow CN \bot DM\)

\(\left. \begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}SM \bot CN\\CN \bot DM\end{array} \right\} \Rightarrow CN \bot \left( {SM{\rm{D}}} \right)\\CN \subset \left( {SNC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {SNC} \right) \bot \left( {SM{\rm{D}}} \right)\)

b) Kẻ \(MH \bot SI\left( {H \in SI} \right)\)

\(CN \bot \left( {SM{\rm{D}}} \right) \Rightarrow CN \bot MH\)

\( \Rightarrow MH \bot \left( {SNC} \right) \Rightarrow d\left( {M,\left( {SNC} \right)} \right) = MH\)

\(\Delta C{\rm{D}}N\) vuông tại \(D\) có đường cao \(DI\)

\(DN = \frac{1}{2}A{\rm{D}} = \frac{a}{2},CN = \sqrt {C{{\rm{D}}^2} + D{N^2}}  = \frac{{a\sqrt 5 }}{2},DI = \frac{{C{\rm{D}}.DN}}{{CN}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{5}\)

\(DM = CN = \frac{{a\sqrt 5 }}{2} \Rightarrow MI = DM - DI = \frac{{3a\sqrt 5 }}{{10}}\)

\(\Delta SAB\) đều \( \Rightarrow SM = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

\(\Delta SMI\) vuông tại \(M\) có đường cao \(MH\)

\( \Rightarrow MH = \frac{{SM.MI}}{{\sqrt {S{M^2} + M{I^2}} }} = \frac{{3a\sqrt 2 }}{8}\)

Vậy \(d\left( {M,\left( {SNC} \right)} \right) = \frac{{3a\sqrt 2 }}{8}\)

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD

=>O là trung điểm chung của AC và BD

a:S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên SO vuông góc (ABCD)

mà \(SO\subset\left(SAC\right)\)

nên \(\left(SAC\right)\perp\left(ABCD\right)\)

b: BD vuông góc SO

BD vuông góc AC

\(SO,AC\subset\left(SAC\right)\)

=>\(BD\perp\left(SAC\right)\)

=>\(\left(SAC\right)\perp\left(SBD\right)\)