\(\begin{array}{l}
B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\cos \;2x - \cos \;3x}}{{x\left( {\sin \;3x\; - \sin \;4x\;} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2\sin \frac{{5x}}{2}\sin \frac{x}{2}}}{{ - 2x\cos \frac{{7x}}{2}\sin \frac{x}{2}}}\\
 =  - \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{5}{2}.\frac{{\sin \frac{{5x}}{2}}}{{\frac{{5x}}{2}}}} \right).\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{{\cos \frac{{7x}}{2}}} = \frac{5}{2}
\end{array}\)

\(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{1 - \cos \;2x}}{{2\sin \;\frac{{3x}}{2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} x{\left( {\frac{{\sin x}}{x}} \right)^2}.\frac{3}{2}\frac{{\sin \frac{{3x}}{2}}}{{\frac{{3x}}{2}}} = 0\)

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{\left| {x - 3} \right|}}{{x - 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{x - 3}}{{x - 3}} = 1\\
\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \frac{{\left| {x - 3} \right|}}{{x - 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \frac{{ - x + 3}}{{x - 3}} =  - 1
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{\left| {x - 3} \right|}}{{x - 3}} \ne \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \frac{{\left| {x - 3} \right|}}{{x - 3}}
\end{array}\)

Vậy không tồn tại giới hạn trên.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{{x^2} - x + 1}}{{{x^2} - 1}} =  + \infty \)

vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {{x^2} - x + 1} \right) = 1 > 0,\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {{x^2} - 1} \right) = 0,{x^2} - 1 > 0,\forall x > 1\)

\(\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{\sqrt {{x^3} - {x^2}} }}{{\sqrt {x - 1}  + 1 - x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{\sqrt {{x^2}\left( {x - 1} \right)} }}{{\sqrt {x - 1}  - \sqrt {{{\left( {x - 1} \right)}^2}} }}\\
 = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{x\sqrt {x - 1} }}{{\sqrt {x - 1} \left( {1 - \sqrt {x - 1} } \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{x}{{1 - \sqrt {x - 1} }} = 1
\end{array}\)

\(\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \left( {\frac{1}{{{x^2}}} - \frac{2}{{{x^3}}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{x - 2}}{{{x^3}}}\\
\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \left( {x - 2} \right) =  - 2 < 0
\end{array}\)

Khi \(x \to 0 \Rightarrow x < 0 \Rightarrow {x^3} < 0\)

Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{x - 2}}{{{x^3}}} =  + \infty \)

\(\begin{array}{l}
C = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {\sqrt {4{x^2} + x + 1}  - 2x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{x + 1}}{{\sqrt {4{x^2} + x + 1}  + 2x}}\\
 = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{x\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)}}{{x\sqrt {4 + \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}}  + 2x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{1 + \frac{1}{x}}}{{\sqrt {4 + \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} }} = \frac{1}{4}
\end{array}\)

\(\begin{array}{l}
A\; = \;\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {\sqrt {{x^2} + x + 1}  - \sqrt[3]{{2{x^3} + x - 1}}} \right)\\
 = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {x\sqrt {1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}}  - x\sqrt[3]{{2 + \frac{1}{{{x^2}}} - \frac{1}{{{x^3}}}}}} \right) =  - \infty \\
 = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } x\left( {\sqrt {1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}}  - \sqrt[3]{{2 + \frac{1}{{{x^2}}} - \frac{1}{{{x^3}}}}}} \right) =  - \infty 
\end{array}\)

vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } x =  + \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {\sqrt {1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}}  - \sqrt[3]{{2 + \frac{1}{{{x^2}}} - \frac{1}{{{x^3}}}}}} \right) = 1 - \sqrt[3]{2} < 0\)

\(\lim \;\frac{{1 + 3 + 5 + .... + \left( {2n + 1} \right)}}{{3{n^2} + 4}} = \lim \frac{{{n^2}}}{{3{n^2} + 4}} = \lim \frac{1}{{3 + \frac{4}{{{n^2}}}}} = \frac{1}{3}\)

\(\lim \;\frac{{\sqrt {n + 1}  - 4}}{{\sqrt {n + 1}  + n}} = \lim \frac{{\sqrt {\frac{1}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}}  - \frac{4}{n}}}{{\sqrt {\frac{1}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}}  + 1}} = \frac{0}{1} = 0\)

\(\lim \;\frac{{10}}{{\sqrt {{n^4} + {n^2} + 1} }} = \lim \frac{{10}}{{{n^2}\sqrt {1 + \frac{1}{{{n^2}}} + \frac{1}{{{n^4}}}} }} = 0\)

vì \(\lim \sqrt {1 + \frac{1}{{{n^2}}} + \frac{1}{{{n^4}}}}  = 1,\lim \frac{{10}}{{{n^2}}} = 0\)

\(\begin{array}{l}
\lim {u_n} = \lim \left( {n - 1} \right)\sqrt {\frac{{2n + 2}}{{{n^4} + {n^2} - 1}}} \\
 = \lim \sqrt {\frac{{{{\left( {n - 1} \right)}^2}\left( {2n + 2} \right)}}{{{n^4} + {n^2} - 1}}} \\
 = \lim \sqrt {\frac{{\frac{2}{n} - \frac{2}{{{n^2}}} - \frac{2}{{{n^3}}} + \frac{2}{{{n^4}}}}}{{1 + \frac{1}{{{n^2}}} - \frac{1}{{{n^4}}}}}}  = 0
\end{array}\)

Chia cả tử và mẫu cho n¹⁰ ta được:

\(F = \lim \frac{{{{\left( {1 - \frac{2}{n}} \right)}^7}{{\left( {2 + \frac{1}{n}} \right)}^3}}}{{{{\left( {1 + \frac{5}{{{n^2}}}} \right)}^5}}} = \frac{{{{\left( {1 - 0} \right)}^7}{{\left( {2 + 0} \right)}^3}}}{{{{\left( {1 + 0} \right)}^5}}}=8\)

Mỗi lần cắt một mảnh giấy thành 7 mảnh, tức là Mạnh tạo thêm 6 mảnh giấy. Do đó công thức tính số mảnh giấy theo n bước được thực hiện là Sn = 6n + 1. Ta chứng minh tính đúng đắn của công thức trên bằng phương pháp quy nạp theo n.

Bước cơ sở. Mạnh cắt mảnh giấy thành 7 mảnh, n = 1, S(1) = 6.1+1 = 7

Công thức đúng với n = 1.

Bước quy nạp: giả sử sau k bước, Mạnh nhận được số mảnh giấy là S(k) = 6k + 1

Sang bước thứ k +1, Mạnh lấy một trong số những mảnh giấy nhận được trong k bước trước và cắt thành 7 mảnh. Tức là Mạnh đã lấy đi 1 trong S(k) mảnh và thay vào đó 7 mảnh được cắt ra. Vậy tổng số mảnh giấy ở bước k + 1 là: S(k =1) = S(k) -1 + 7= S(k) + 6 = 6k + 1 + 1 = 6(k+1) +1

Vậy công thức S(n) đúng với mọi n ∈ N* . Theo công thức trên chỉ có phương án D thoả mãn vì 121 = 6.20 + 1.

Ta có a,b ∈ N* không suy ra a -1, b -1 ∈ N* . Do vậy không áp dụng được giả thiết quy nạp cho cặp {a -1, b -1}.

Chú ý: nêu bài toán trên đúng thì ta suy ra mọi số tự nhiên đều bằng nhau. Điều này là vô lí.

Ta có \(u_{n+1}=\sqrt[3]{u_{n}^{3}+1} \Rightarrow u_{n+1}>\sqrt[3]{u_{n}^{3}}=u_{n} \forall n \Rightarrow\) dãy số tăng.

Ta có \(u_{n}=\frac{n}{2 n+1} \Rightarrow 0<u_{n}<1\)

Vậy dãy \((u_n)\) bị chặn.

Ta có \(0<u_{n}<\frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+\ldots+\frac{1}{n \cdot(n+1)}=1-\frac{1}{n+1}<1\)

Dãy \((u_n)\) bị chặn.

Gọi d là cong sai, ta có:

\(\left\{\begin{array}{l} \left(u_{1}+d\right)-\left(u_{1}+2 d\right)+\left(u_{1}+4 d\right)=10 \\ \left(u_{1}+3 d\right)+\left(u_{1}+5 d\right)=26 \end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} u_{1}+3 d=10 \\ u_{1}+4 d=13 \end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} u_{1}=1 \\ d=3 \end{array}\right.\right.\right.\)

Khi đó số hạng tổng quát là \(u_{n}=u_{1}+(n-1) d=3 n-2\)

Các số hạng \(u_{1}, u_{4}, u_{7}, \ldots, u_{2011}\) lập thành một cấp số cộng với 670 số hạng và công sai \(d^{\prime}=3 d\)

Vậy \(S=\frac{670}{2}\left(2 u_{1}+669 d^{\prime}\right)=673015\)

Gọi d là công sai, ta có:

\(\left\{\begin{array}{l} u_{1}+4 d+3\left(u_{1}+2 d\right)-\left(u_{1}+d\right)=-21 \\ 3\left(u_{1}+6 d\right)-2\left(u_{1}+3 d\right)=-34 \end{array}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} u_{1}+3 d=-7 \\ u_{1}+12 d=-34 \end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} u_{1}=2 \\ d=-3 \end{array}\right.\right.\)

Khi đó \(u_{100}=u_{1}+99 d=-295\)

Gọi d là công sai ta có:

\(\left\{\begin{array}{l} u_{1}+4 d+3\left(u_{1}+2 d\right)-\left(u_{1}+d\right)=-21 \\ 3\left(u_{1}+6 d\right)-2\left(u_{1}+3 d\right)=-34 \end{array}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} u_{1}+3 d=-7 \\ u_{1}+12 d=-34 \end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} u_{1}=2 \\ d=-3 \end{array}\right.\right.\)

Khi đó: \(S_{15}=\frac{15}{2}\left[2 u_{1}+14 d\right]=-285\)

Gọi d là công sai:

\(\left\{\begin{array}{l} u_{1}+4 d+3\left(u_{1}+2 d\right)-\left(u_{1}+d\right)=-21 \\ 3\left(u_{1}+6 d\right)-2\left(u_{1}+3 d\right)=-34 \end{array}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} u_{1}+3 d=-7 \\ u_{1}+12 d=-34 \end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} u_{1}=2 \\ d=-3 \end{array}\right.\right.\)

Khi đó \(S=u_{4}+u_{5}+\ldots+u_{30}=\frac{27}{2}\left[2 u_{4}+26 d\right]=27\left(u_{1}+16 d\right)=-1242\)

Ta có \({S_{100}} = 24850 \Leftrightarrow \frac{n}{2}\left( {{u_1} + {u_n}} \right) = 24850 \Leftrightarrow {u_{100}} = 496\).

Vậy \({u_{100}} = {u_1} + 99d \Leftrightarrow d = \frac{{{u_{100}} - {u_1}}}{{99}} \Leftrightarrow d = 5\).

\(\begin{array}{l} S = \frac{1}{{u_1^{}{u_2}}} + \frac{1}{{{u_2}{u_3}}} + ... + \frac{1}{{{u_{49}}{u_{50}}}}\\ = \frac{1}{{1.6}} + \frac{1}{{6.11}} + \frac{1}{{11.16}} + ... + \frac{1}{{241.246}}\\ \Rightarrow 5S = \frac{5}{{1.6}} + \frac{5}{{6.11}} + \frac{5}{{11.16}} + ... + \frac{5}{{241.246}}\\ = \frac{1}{1} - \frac{1}{6} + \frac{1}{6} - \frac{1}{{11}} + ... + \frac{1}{{241}} - \frac{1}{{246}}\\ = \frac{1}{1} - \frac{1}{{246}} = \frac{{245}}{{246}} \Rightarrow S = \frac{{49}}{{246}} \end{array}\)

\({u_n} = {u_1}.{q^{n - 1}} \\\Leftrightarrow {1.2^{n - 1}} = 1024 \\\Leftrightarrow {2^{n - 1}} = {2^{10}} \\\Leftrightarrow n - 1 = 10 \\\Leftrightarrow n = 11\)

Lập tỉ số \(\frac{{{u_{n + 1}}}}{{{u_n}}}\)

A: \(\frac{{{u_{n + 1}}}}{{{u_n}}} = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n + 1}}.\left( {n + 1} \right)}}{{{{\left( { - 1} \right)}^n}.n}} = - \frac{{n + 1}}{n}\Rightarrow \left( {{u_n}} \right)\) không phải cấp số nhân.

B: \(\frac{{{u_{n + 1}}}}{{{u_n}}} = \frac{{{{\left( {n + 1} \right)}^2}}}{{{n^2}}} \Rightarrow \left( {{u_n}} \right)\) không phải là cấp số nhân.

C: \(\frac{{{u_{n + 1}}}}{{{u_n}}} = \frac{{{2^{n + 1}}}}{{{2^n}}} = 2 \Rightarrow {u_{n + 1}} = 2{u_n} \Rightarrow \left( {{u_n}} \right)\) là cấp số nhân có công bội bằng 2.

D: \(\frac{{{u_{n + 1}}}}{{{u_n}}} = \frac{{n + 1}}{{3n}} \Rightarrow \left( {{u_n}} \right)\) không phải là cấp số nhân.

Gọi số hạng đầu của cấp số nhân là u₁ và công bội là q.

Theo giả thiết, ta có

\(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} {u_4} - {u_2} = 54\\ {u_5} - {u_3} = 108 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {u_1}.{q^3} - {u_1}.q = 54\\ {u_1}.{q^4} - {u_1}.{q^2} = 108 \end{array} \right.\\ \Rightarrow \frac{{q\left( {{q^2} - 1} \right)}}{{{q^2}\left( {{q^2} - 1} \right)}} = \frac{{54}}{{108}} = \frac{1}{2}\\ \Leftrightarrow q = 2 \end{array}\)

Với q = 2, ta có \(8{u_1} - 2{u_1} = 54 \Leftrightarrow 6{u_1} = 54 \Leftrightarrow {u_1} = 9\).

Xét dãy số (u_n) trong phương án A, ta có

\({u_{n + 1}} - {u_n} = \left[ {2017\left( {n + 1} \right) + 2018} \right] - \left( {2017n + 2018} \right) = 2017\) với mọi \(n \in N^*\).

Vậy dãy số này là một cấp số cộng.

Xét dãy số (u_n) trong phương án B, ta có

\(\frac{{{u_{n + 1}}}}{{{u_n}}} = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n + 1}}{{\left( {\frac{{2017}}{{2018}}} \right)}^{n + 1}}}}{{{{\left( { - 1} \right)}^n}{{\left( {\frac{{2017}}{{2018}}} \right)}^n}}} = - \frac{{2017}}{{2018}}\) với mọi \(n \in N^*\).

Vậy dãy số này là một cấp số nhân.

Xét dãy số (u_n) trong phương án C, ta có

\(\frac{{{u_{n + 1}}}}{{{u_n}}} = \frac{{\frac{{{u_n}}}{{2018}}}}{{{u_n}}} = \frac{1}{{2018}}\) với mọi \(n \in N^*\).

Vậy dãy số này là một cấp số nhân.

Xét dãy số (u_n) trong phương án D, ta có

\(\begin{array}{l} {u_{n + 1}} - {u_n} = \left( {2017{u_n} + 2018} \right) - \left( {2017{u_{n - 1}} + 2018} \right) = 2017\left( {{u_n} - {u_{n - 1}}} \right)\\ \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = {2017^2}\left( {{u_{n - 1}} - {u_{n - 2}}} \right)\\ \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = {2017^3}\left( {{u_{n - 2}} - {u_{n - 3}}} \right)\\ \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \,...\\ \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = {2017^{n - 1}}\left( {{u_2} - {u_1}} \right) = {2017^{n - 1}}\left[ {\left( {2017 + 2018} \right) - 1} \right] = {2.2017^n} \end{array}\)

Vậy dãy số này không phải là cấp số cộng.

Mặt khác, ta có

\(\frac{{{u_{n + 1}}}}{{{u_n}}} = \frac{{2017{u_n} + 2018}}{{{u_n}}} = 2017 + \frac{{2018}}{{{u_n}}}\).

Tỷ số này thay đổi khi u_n thay đổi nên dãy (u_n) không là cấp số nhân.

Ta có AC là hình chiếu của AC' lên (ABCD).

Mà \(AC \bot BD\) nên \(AC' \bot BD,{\rm{ }}(1)\)

Ta có \(\left. \begin{array}{l} AD \bot (AA'B'B)\\ A'B \subset (AA'B'B \end{array} \right\} \Rightarrow A'B \bot AD\)

Lại có \(A'B \bot AB'\) suy ra 

\(\left. \begin{array}{l} A'B \bot (AB'C'D)\\ AC' \subset (AB'C'D) \end{array} \right\} \Rightarrow AC' \bot A'B,{\rm{ }}(2)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(AC' \bot (A'BD),{\rm{ }}(3)\)

Mặt phẳng trung trực AC' là mặt phẳng \((\alpha)\) đi qua trung điểm I của AC' và \((\alpha ) \bot AC',{\rm{ }}(4)\) 

Từ (3) và (4) suy ra \(\left\{ \begin{array}{l} mp(\alpha ){\rm{ qua }}I\\ (\alpha ){\rm{//}}(A'BD) \end{array} \right.\)

Do đó

Qua I dựng MQ // BD

Dựng \(\begin{array}{l} MN{\rm{//A'D}}\\ {\rm{NP//}}B'D'{\rm{//}}BD\\ QK{\rm{//B'C//A'D}}\\ KH{\rm{//}}BD \end{array}\)

Mà \(MN = NP = PQ = QK = KM = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Suy ra thiết diện là lục giác đều.

Ta có mặt phẳng trung trực của AC' cắt hình lập phương ABCD.A'B'C'D' theo thiết diện là lục giác đều MNPQRDS cạnh \(\frac{1}{2}B'C = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Khi đó \(S = 6.\frac{1}{2}\frac{{a\sqrt 2 }}{2}\frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = {a^2}\frac{{3\sqrt 3 }}{4}\)

A sai vì hai mặt phẳng cùng vuông góc với một mặt phẳng thứ ba thì song song với nhau.

B sai vì qua một đường thẳng cho trước có vô số một mặt phẳng vuông góc với một mặt phẳng cho trước.

D sai vì hai mặt phẳng cùng vuông góc với một mặt phẳng thứ ba thì có thể song song với nhau.

Gọi \(b=(P) \cap(Q) \text { nếu } a / / b \text { thì } a / /(Q)\)

Qua một điểm có duy nhất một mặt phẳng vuông góc với một đường thẳng cho trước, đường thẳng đó là giao tuyến của hai mặt phẳng cắt nhau đã cho

\(\begin{array}{l} S=\frac{1}{2} A B \cdot A C \cdot \sin C=\frac{1}{2} \sqrt{A B^{2} \cdot A C^{2} \sin ^{2} C}=\frac{1}{2} \sqrt{A B^{2} \cdot A C^{2}\left(1-\cos ^{2} C\right)} \\ =\frac{1}{2} \sqrt{\overrightarrow{A B}^{2} \cdot \overrightarrow{A C}^{2}-(\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C})^{2}} \end{array}\)

\(\begin{array}{l} \text { Ta có } \vec{x} \cdot \vec{y}=(\vec{a}-2 \vec{b})(\vec{a}-\vec{b})=(\vec{a})^{2}+2(\vec{b})^{2}-3 \vec{a} \cdot \vec{b}=4 \\ |\vec{x}|=\sqrt{(\vec{x})^{2}}=\sqrt{(\vec{a}-2 \vec{b})^{2}}=\sqrt{(\vec{a})^{2}+4(\vec{b})^{2}-4 \vec{a} \cdot \vec{b}}=2 \sqrt{3} \\ |\vec{y}|=\sqrt{(\vec{y})^{2}}=\sqrt{(\vec{a}-\vec{b})^{2}}=\sqrt{(\vec{a})^{2}+(\vec{b})^{2}-2 \vec{a} \cdot \vec{b}}=\sqrt{5} \\ \cos \alpha=\frac{\vec{x} \cdot \vec{y}}{|x| \cdot|\vec{y}|}=\frac{4}{2 \sqrt{3} \cdot \sqrt{5}}=\frac{2}{\sqrt{15}} \end{array}\)

SC có hình chiếu vuông góc lên mp (ABCD) là HC

\( \Rightarrow \widehat {SC,\left( {ABCD} \right)} = \widehat {SCH} = {30^0}\)

Đặt \(AD = 4x_{}^{}\left( {x > 0} \right)\)

Ta có:

\(S{A^2} = AH.AD \Rightarrow 12{a^2} = 12{x^2} \Rightarrow x = a \Rightarrow AD = 4a,AH = 3a,HD = a\)

Mà : \(SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}} = a\sqrt 3 \Rightarrow HC = 3a \Rightarrow DC = 2\sqrt 2 a\)

Kẻ \(HE \bot BC,SH \bot BC \Rightarrow \left( {SHE} \right) \bot \left( {SBC} \right)\)

Kẻ 

\(HK \bot SE \Rightarrow HK \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {H,SBC} \right) = HK \Rightarrow d\left( {M,(SBC)} \right) = \frac{{HK}}{2}\)

\(HK = \frac{{SH.EH}}{{\sqrt {S{H^2} + E{H^2}} }} = \frac{{2a\sqrt {66} }}{{11}} \Rightarrow d\left( {M,(SBC)} \right) = \frac{{a\sqrt {66} }}{{11}}\)

Do \(\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABCD} \right),\left( {SBD} \right) \bot \left( {ABCD} \right),\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SO \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\)

Dựng góc giữa \(\left( {SCD} \right),(ABCD)\):

\(\left( {SCD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = DC\). Kẻ \(OK \bot DC \Rightarrow SK \bot DC \Rightarrow \left( {\widehat {\left( {SCD} \right),\left( {ABCD} \right)}} \right) = \widehat {SKO}\)

Kéo dài MO cắt DC tại E

Ta có:

\(\widehat {{A_1}} = \widehat {{D_1}};\widehat {{A_1}} = \widehat {{M_1}};\widehat {{M_1}} = \widehat {{M_2}} = \widehat {{O_1}} \\\Rightarrow \widehat {{D_1}} = \widehat {{O_1}};\widehat {{O_1}} + \widehat {EOD} = {90^0} \\\Rightarrow \widehat E = {90^0} \\ \Rightarrow E \equiv K\)

Ta có:  

\(OK = \frac{{2a.a}}{{a\sqrt 5 }};OM = \frac{{AB}}{2} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2};MK = \frac{{9a\sqrt 5 }}{{10}}\)

\(\begin{array}{l} \frac{{d(O,(SCD))}}{{d(M,(SCD))}} = \frac{{OE}}{{ME}} = \frac{9}{4} \Rightarrow d\left( {M,(SCD)} \right)\\ = \frac{9}{4}d\left( {O,(SCD)} \right) = \frac{9}{4}OH\\ OS = OK.\tan {60^0} = \frac{{2a\sqrt {15} }}{5} \end{array}\)

\( \Rightarrow OH = \frac{{OK.OS}}{{\sqrt {O{K^2} + O{S^2}} }} = \frac{{a\sqrt {15} }}{5} \Rightarrow d\left( {M,(SCD)} \right) = \frac{{9a\sqrt {15} }}{{20}}\)

Ta chứng minh \(NC \bot MD\)

Thật vậy : \(\Delta ADM = \Delta DCM\) vì \(\widehat A = \widehat D = {90^0};AD = DC;AM = DN\)

\( \Rightarrow \widehat {ADM} = \widehat {DCN};\) mà \(\widehat {ADM} + \widehat {MDC} = {90^0} \Rightarrow \widehat {MDC} + \widehat {DCN} = {90^0} \Rightarrow NC \bot MD\)

Ta có : \(BP \bot NC\left( {MD//BP} \right);BP \bot SH \Rightarrow BP \bot \left( {SNC} \right) \Rightarrow \left( {SBP} \right) \bot \left( {SNC} \right)\)

Kẻ \(HE \bot SF \Rightarrow HE \bot \left( {SBP} \right) \Rightarrow d\left( {H,(SBP)} \right) = d(C,(SBP)) = HE\)

Do \(D{C^2} = HC.NC \Rightarrow HC = \frac{{D{C^2}}}{{NC}} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5} \Rightarrow HF = \frac{{a\sqrt 5 }}{5}\)

Mà \(HE = \frac{{SH.HF}}{{SF}} = \frac{{SH.HF}}{{\sqrt {S{H^2} + H{F^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\)

Đặc điểm của hình: SC tạo với mặt phẳng (SAB) góc \(\widehat {CSB} = {30^ \circ }.\)

\(\begin{array}{l} BC = \sqrt 3 a\\ SB = BC.\tan {30^0} = a\\ MC = \sqrt {{{\left( {\frac{{3a}}{4}} \right)}^2} + 3{a^2}} = \frac{{\sqrt {57} }}{4}a\\ MA = \frac{a}{4};AC = 2a;AS = 2\sqrt 2 a\\ AK = \frac{{2{S_{AMC}}}}{{MC}} = \frac{{\sqrt {19} }}{{19}}a \end{array}\)

Xác định khoảng cách: \(d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH\)

Tính \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{K^2}}} + \frac{1}{{A{S^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{\sqrt {19} }}{{19}}a} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {2\sqrt 2 a} \right)}^2}}} = \frac{{153}}{{8{a^2}}}\)

Vậy \(d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH = \frac{{2\sqrt {34} }}{{51}}\)

Đặc điểm của hình: Góc giữa SB tạo với mặt phẳng (ABCD) là \(\widehat {SBM} = {60^ \circ }.\)

\(BM = \frac{3}{4}BD = 3a,SM = BM.\tan {60^0} = 3\sqrt 3 a\)

Xác định khoảng cách: \(d\left( {D,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{4}{3}d\left( {M,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{4}{3}MH\)

Tính khoảng cách MH:

\(\frac{1}{{M{H^2}}} = \frac{1}{{M{K^2}}} + \frac{1}{{M{S^2}}} \\= \frac{1}{{{{\left( {\frac{3}{4}.2\sqrt 3 a} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {3\sqrt 3 a} \right)}^2}}} = \frac{5}{{27{a^2}}} \\MH = \sqrt {\frac{{27}}{5}} a\)

Vậy \(d\left( {D,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{4}{3}d\left( {M,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{4}{3}MH = \frac{{4\sqrt {15} }}{5}a\)