Dựng  $AH\perp CD$

Ta có $\left.\begin{array}{l}CD\perp SA\\ CD\perp AD\end{array}\right\}\Rightarrow CD\perp \left(SAD\right)$.

Suy ra $CD\perp AH$

mà $AH\subset \left(SCD\right)$ suy ra $AH\subset \left(\alpha \right)$ 

Do đó  $\left(\alpha \right)\equiv \left(AHB\right)$

Vì $\left(\alpha \right)\text{//}CD$ nên

$\left(\alpha \right)\cap \left(SAD\right)=HK\text{//}CD(K\in SC)$.

Từ đó thiết diện là hình thang ABKH.

Mặt khác $AB\perp \left(SAD\right)$ nên $AB\perp AH$ 

Vậy thiết diện là hình thang vuông tại A và H.

Ta có:

$\left\{\begin{array}{l}\left(P\right)\perp \left(Q\right)\\ \left(P\right)\cap \left(Q\right)=\Delta \\ BD\subset \left(Q\right),BD\perp \Delta \end{array}\right.$

$\Rightarrow BD\perp \left(P\right)$

Gọi H là trung điểm BC, ta có  

$\left\{\begin{array}{l}AH\perp BC\\ AH\perp BD\end{array}\right.$

$\Rightarrow AH\perp CD$

+ Đáp án A đúng.
+ Gọi I là trung điểm của BC.

Từ giả thiết dễ dàng chỉ ra được $\frac{A{A}^{\text{'}}}{SA}=\frac{O{O}^{\text{'}}}{SO}=\frac{1}{2}$

$\Rightarrow SO=2O{O}^{\text{'}}=a$. Mặt khác $\Delta ABC$ là tam giác đều cạnh a, có AI là đường trung tuyến

  $\Rightarrow AI=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

$\Rightarrow AO=\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$

Áp dụng định lý Pytago trong $\Delta SOA$ vuông tại O ta có:

$S{A}^2=S{O}^2+A{O}^2$

$=a^2+{\left(\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)}^2=\frac{12a^2}{9}$

$\Rightarrow SA=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$

$\Rightarrow A{A}^{\text{'}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$

 Vì $ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$ là hình chóp cụt đều nên  

$A{A}^{\text{'}}=B{B}^{\text{'}}=C{C}^{\text{'}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$

$\Rightarrow$ đáp án B sai.

+ Ta có: $\left(SBC\right)\cap \left(ABC\right)=BC$.

Vì $\Delta SBC$ cân tại S và I là trung điểm của BC nên suy ra $SI\perp BC$.

Mặt khác $\Delta ABC$ là tam giác đều có I là trung điểm của BC 

$\Rightarrow AI\perp BC$

$\Rightarrow \left(\left(SBC\right),\left(ABC\right)\right)=\left(SI,AI\right)$

$=\left(SI,OI\right)=\widehat{SIO}$

$\Rightarrow$  đáp án C đúng.

+ Ta có:

$\frac{S_{\Delta ABC}}{S_{\Delta A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}}=\frac{\frac{1}{2}.AB.AC.\sin A}{\frac{1}{2}.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}.A^{\text{'}}{C}^{\text{'}}.\sin A^{\text{'}}}$

$=\frac{AB.AC}{A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}.A^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=\frac{2A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}.2A^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}{A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}.A^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=4$

$\Rightarrow$ đáp án D đúng.

Ta có $S{O}^{\text{'}}\perp \left(A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)\supset B^{\text{'}}{D}^{\text{'}}$

$\Rightarrow S{O}^{\text{'}}\perp B^{\text{'}}{D}^{\text{'}}$ 

$\Rightarrow O^{\text{'}}{D}^{\text{'}}$là hình chiếu vuông góc của $S{D}^{\text{'}}$ lên $\left(A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)$ .

$\Rightarrow \left(S{D}^{\text{'}},\left(ABCD\right)\right)=\left(S{D}^{\text{'}},O^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)$

$=\widehat{S{D}^{\text{'}}{O}^{\text{'}}}=60°$

Từ giả thiết dễ dàng chỉ ra được 

$\frac{A{A}^{\text{'}}}{S{A}^{\text{'}}}=\frac{O{O}^{\text{'}}}{S{O}^{\text{'}}}=\frac{1}{3}$

Vì $\Delta A^{\text{'}}{D}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$ là tam giác vuông cân tại $D\text{'}$ có $D^{\text{'}}{O}^{\text{'}}$ là đường cao nên ta có:

 $\frac{1}{D^{\text{'}}{O^{\text{'}}}^2}=\frac{1}{A^{\text{'}}{D^{\text{'}}}^2}+\frac{1}{D^{\text{'}}{C^{\text{'}}}^2}$

$=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{2}{a^2}$ 

$\Rightarrow D^{\text{'}}{O^{\text{'}}}^2=\frac{a^2}{2}$

$\Rightarrow D^{\text{'}}{O}^{\text{'}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Áp dụng hệ thức lượng trong $\Delta S{D}^{\text{'}}{O}^{\text{'}}$ vuông tại $O\text{'}$ ta có:

$\tan 60°=\frac{S{O}^{\text{'}}}{O^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}$

$\Rightarrow S{O}^{\text{'}}=O^{\text{'}}{D}^{\text{'}}.\tan 60°$

$=\frac{a\sqrt{2}}{2}.\sqrt{3}=\frac{a\sqrt{6}}{2}$

Tổng số đo các góc của hình lục giác là $4.180°=720°$. Vì $ABCDEF$ là hình lục giác đều nên mỗi góc của hình lục giác đều $ABCDEF$ là $120°$ 

$\Rightarrow \widehat{FAB}=120°$. Vì $ABCDEF$ là hình lục giác đều nên ta suy ra:

+ AD là tia phân giác của góc $\widehat{FAB}$ và $\widehat{EDC}$ 

$\Rightarrow \widehat{FAD}=\frac{\widehat{FAB}}{2}=60°$

+ Tam giác AFD vuông tại F.

Xét tam giác AFD vuông tại F có $\widehat{FAD}=60°$ và $AD=a$ ta suy ra:

$\cos \widehat{FAD}=\frac{AF}{AD}$

$\Rightarrow AF=AD.\cos \widehat{FAD}$

$=a.\cos 60°$

$=a.\frac{1}{2}=\frac{a}{2}.$

Từ giả thiết ta suy ra $\Delta ABC$ vuông cân tại B

$\Rightarrow \widehat{BAC}=\widehat{BCA}=45°$

Áp dụng hệ thức lượng trong $\Delta ABC$ vuông cân tại B có $\widehat{BAC}=45°$ và cạnh $AC=a$, ta có:

$\Rightarrow AB=AC.\cos \widehat{BAC}$

$=a.\cos 45°$

$=a.\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Gọi M là trung điểm BC. Khi đó ta dễ dàng tính được: $AM=2a\sqrt{3}.\frac{\sqrt{3}}{2}=3a$

Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên: $AG=\frac{2}{3}AM=\frac{2}{3}.3a=2a=A{A}^{\text{'}}$

$\Rightarrow A{A}^{\text{'}}{G}^{\text{'}}G$ là hình vuông có cạnh bằng 2a.

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\left(ABC\right)\perp \left(BCD\right)\\ \left(ABD\right)\perp \left(BCD\right)\\ \left(ABC\right)\cap \left(ABD\right)=AB\end{array}\right.$

$\Rightarrow AB\perp \left(BCD\right)$

Mặt khác: $\left\{\begin{array}{l}CD\perp BE\\ CD\perp AB\end{array}\right.$

$\Rightarrow CD\perp \left(ABE\right)$ nên câu A đúng.

$\left\{\begin{array}{l}\left(ABC\right)\perp \left(BCD\right)\\ \left(ABC\right)\cap \left(BCD\right)=BC\\ DF\perp BC\end{array}\right.$

$\Rightarrow DF\perp \left(ABC\right)$  nên câu C đúng.

Theo trên ta có $DF\perp \left(ABC\right)$ nên $DF\perp AC$.

Vậy ta có $\left\{\begin{array}{l}AC\perp DF\\ AC\perp DK\end{array}\right.$

$\Rightarrow AC\perp \left(DKF\right)$

$\Rightarrow \left(ACD\right)\perp \left(DKF\right)$.

Do đó câu D đúng.

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\left(SBC\right)\perp \left(ABC\right)\\ \left(SAC\right)\perp \left(ABC\right)\\ SC=\left(SBC\right)\cap \left(SAC\right)\end{array}\right.$

$\Rightarrow SC\perp \left(ABC\right)$. Do đó câu A và B đúng

C. Sai. vì nếu $A\text{'}\in SB$ thì hai mặt phẳng $\left(SAB\right)$ và $\left(SBC\right)$ phải vuông góc với nhau theo giao tuyến SB

D. Ta có: $\left\{\begin{array}{l}SC\perp \left(ABC\right)\\ SC\subset \left(SAC\right)\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left(SAC\right)\perp \left(ABC\right)$ theo giao tuyến AC

Mà BK là đường cao của $\Delta ABC$ .

$\Rightarrow BK\perp AC\Rightarrow BK\perp \left(SAC\right)$

Vậy D đúng

Ta có $BC\perp \left(A’AH\right)$ nên $BC\perp BB’$,

nếu $\left(AA’B’B\right) \perp \left(BB’C’C\right)$ thì $BC\perp AB$ vô lý vì H trùng A

Gọi I là trung điểm của BC

$\Rightarrow AI\perp BC$ mà $BC\perp SA$ 

$\Rightarrow BC\perp \left(SAI\right)$

Khi đó H là hình chiếu vuông góc của A lên $\left(SBC\right)$.

Suy ra $H\in SI$.

Hướng dẫn giải: