Phương pháp giải:

Sử dụng lý thuyết của đường thẳng vuông góc với mặt phẳng

Lời giải chi tiết:

Mệnh đề ở đáp án C sai vì thiếu điều kiện \(''\)cắt nhau\(‘‘\)của hai đường thẳng nằm trong \(\left( \alpha  \right).\) Ví dụ: đường thẳng \(a\) vuông góc với hai đường thẳng \(b\) và \(c\) nằm trong \(\left( \alpha  \right)\) nhưng \(b\) và \(c\) song song với nhau thì khi đó \(a\) chưa chắc vuông góc với \(\left( \alpha  \right).\)

Chọn C

Phương pháp giải:

Sử dụng lý thuyết của đường thẳng vuông góc với mặt phẳng

Lời giải chi tiết:

Vì \(H\) là trung điểm của \(AB,\) tam giác \(ABC\) cân suy ra \(CH\bot AB.\)

Ta có \(SA\bot \left( ABC \right)\Rightarrow SA\bot CH\) mà \(CH\bot AB\) suy ra \(CH\bot \left( SAB \right).\)

Mặt khác \(AK\subset \left( SAB \right)\,\,\Rightarrow \,\,CH\) vuông góc với các đường thẳng \(SA,\,\,SB,\,\,AK.\)

Và \(AK\bot SB\) chỉ xảy ra khi và chỉ khi tam giác \(SAB\) cân tại A.

Chọn D

Phương pháp giải:

Sử dụng lý thuyết của đường thẳng vuông góc với mặt phẳng

Lời giải chi tiết:

Vì AH vuông góc với mp(BCD) suy ra \(AH\bot CD.\)   \(\left( 1 \right)\)

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

Từ \(\left( 1 \right),\left( 2 \right)\) suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AH\\CD \bot BH\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {ABH} \right) \Rightarrow CD \bot AB.\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Sử dụng lý thuyết của đường thẳng vuông góc với mặt phẳng

Lời giải chi tiết:

Vì \(SA=SC\,\,\,\Rightarrow \Delta SAC\) cân tại S mà O là trung điểm \(AC\,\,\Rightarrow \,\,SO\bot AC.\)

Tương tự, ta cũng có \(SO\bot BD\) mà

\(AC\cap BD=O\subset \left( ABCD \right)\)\(\Rightarrow SO\bot \left( ABCD \right).\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Sử dụng lý thuyết của đường thẳng vuông góc với mặt phẳng

Lời giải chi tiết:

Vì SA vuông góc với \(mp\,\,\left( ABCD \right)\,\,\,\Rightarrow \,\,SA\bot BD.\)

Mà ABCD là hình thoi tâm O\(\Rightarrow \)\(AC\bot BD\) nên suy ra \(BD\bot \left( SAC \right).\)

Mặt khác \(SO\subset \left( SAC \right)\) và \(SC\subset \left( SAC \right)\) suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot SO\\BD \bot SC\end{array} \right.\).

Chọn D.

Phương pháp giải:

Sử dụng lý thuyết của đường thẳng vuông góc với mặt phẳng và bài toán tìm giao tuyến của hai mặt phẳng

Lời giải chi tiết:

Kẻ BH vuông góc với \(SC\,\,\,\,\,\,\left( H\in SC \right).\)

Gọi I là trung điểm của AC. Ta có \(BI\bot AC\) (do \(\Delta \,ABC\) đều).

Và BI vuông góc với SA (do \(SA\bot mp\,\,\left( ABC \right)\)).

\(\Rightarrow \,\,BI\bot mp\,\,\left( SAC \right)\Rightarrow \,\,BI\bot SC.\) Từ \(\left( 1 \right),\,\,\left( 2 \right)\,\,:\,\,SC\bot mp\,\,\left( BIH \right).\)

Vậy mặt cắt là tam giác BIH vuông tại I.

Chọn B

Phương pháp giải:

Sử dụng lý thuyết của đường thẳng vuông góc với mặt phẳng và bài toán tìm giao tuyến của hai mặt phẳng đồng thời việc tính toán trong tam giác, cụ thể là tính diện tích

Lời giải chi tiết:

Gọi M là trung điểm của BC thì \(BC\bot AM\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right).\)

Hiển nhiên \(AM=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}\).  Mà \(SA\bot \left( ABC \right)\Rightarrow BC\bot SA\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right).\)

Từ \(\left( 1 \right)\,\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(BC\bot \left( SAM \right)\Rightarrow \left( P \right)\equiv \left( SAM \right).\)

\(\Rightarrow \) Thiết diện của hình chópS.ABC được cắt bởi (P) chính là \(\Delta SAM.\)

Và \(\Delta \,SAM\) vuông tại A nên \({{S}_{\Delta SAM}}=\frac{1}{2}SA.AM=\frac{1}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.a\sqrt{3}=\frac{3{{a}^{2}}}{4}.\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Sử dụng lý thuyết của đường thẳng vuông góc với mặt phẳng và bài toán tìm giao tuyến của hai mặt phẳng

Lời giải chi tiết:

Ta có AD vuông góc với SA và AB\(\Rightarrow AD\bot mp\,\,\left( SAB \right)\Rightarrow AD\bot SB.\)

Vẽ đường cao AH trong tam giác SAB

Lại có AD và AH qua A và vuông góc với SB.

Vậy mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) chính là mặt phẳng (AHD).

Mặt khác AD // mp(SBC) mà \(AD\subset mp\,\,\left( AHD \right)\)

Vậy mặt phẳng (SBC) cắt mặt phẳng (AHD) theo giao tuyến HK // AD.

Do đó mặt cắt là hình thang ADKH mà \(AD\bot mp\,\,\left( SAB \right)\)\(\Rightarrow \,AD\bot AH.\)

Vậy ADKH là hình thang vuông.

Chọn B.

Phương pháp giải:

Sử dụng lý thuyết của đường thẳng vuông góc với mặt phẳng và bài toán tìm giao tuyến của hai mặt phẳng đồng thời việc tính toán trong tam giác, cụ thể là tính diện tích

Lời giải chi tiết:

Gọi E là trung điểm của AD ta có \(BE\bot AD,CE\bot AD\Rightarrow AD\bot \left( BCE \right)\Rightarrow \left( P \right)\equiv \left( BCD \right)\)

Thiết diện là tam giác BCE.

Gọi F là trung điểm của BC.

Ta có \(BE=CE=\frac{12\sqrt{3}}{2}=6\sqrt{3};\,\,EF=\sqrt{B{{E}^{2}}-B{{F}^{2}}}=6\sqrt{2}\).

Diện tích thiết diện là \(S=\frac{1}{2}EF.BC=\frac{1}{2}.6\sqrt{2}.12=36\sqrt{2}\).

Chọn A.

Phương pháp giải:

Sử dụng lý thuyết của đường thẳng vuông góc với mặt phẳng và bài toán tìm giao tuyến của hai mặt phẳng

Lời giải chi tiết:

Ta có AH vuông góc với BC và AD.

Vậy (P) là mặt phẳng song song với BC và AD.

Lại có BC // (P) nên (P) cắt hai mặt phẳng (ABC) và (DBC)

theo hai giao tuyến NR và MS với NR // MS // BC.

Mà AD // (P) nên \(\left( P \right)\) cắt hai mặt phẳng (ACD) và (BAD)

theo hai giao tuyến RS và NM với RS // MN // AD.

Mặt khác NM // AD và \(AD\bot NR\) suy ra MNRS là hình chữ nhật.

Chọn C.

Phương pháp giải:

Sử dụng lý thuyết của đường thẳng vuông góc với mặt phẳng và bài toán tìm giao tuyến của hai mặt phẳng

Lời giải chi tiết:

Gọi M, M’, N, R lần lượt là trung điểm của AC, A’C’, AM và AB.

Tam giác A’B’C’ đều suy ra \({B}'{M}'\bot {A}'{C}'.\)

Mà AA’ vuông góc với đáy (A’B’C’) \(\Rightarrow \,\,A{A}'\bot {B}'{M}'.\)

Vậy B’M’ vuông góc với (ACC’A’) \(\Rightarrow \)\({B}'{M}'\bot {A}'C.\)

Gọi I là trung điểm của AA’, ta có A’C // MI.

Mà M’A’AM là hình vuông \(\Rightarrow \,\,{M}'N\bot MI.\)

Do đó \({M}'N\bot {A}'C.\) Suy ra mặt cắt là \(mp\,\,\left( {B}'{M}'N \right)\).

Mặt phẳng này cắt hai mặt phẳng song song \(\left( ABC \right)\) và \(\left( {A}'{B}'{C}' \right)\) theo hai giao tuyến B’M’ và NR song song nhau.

Mặt khác \({B}'{M}'\bot \left( ACC'A' \right)\Rightarrow {B}'{M}'\bot {M}'N.\) Vậy B’M’NR là hình thang vuông.

Chọn B

Phương pháp giải:

Áp dụng phương pháp tìm góc giữa đường thẳng và mặt phẳng – hệ thức lượng trong tam giác vuông để giải quyết yêu cầu của bài toán

Lời giải chi tiết:

Giao điểm của SD và (ABCD) là D.

Bài ra có \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) tại \(A \Rightarrow \widehat {\left( {SD;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {SDA}.\)

\( \Rightarrow \cos \widehat {\left( {SD;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \cos \widehat {SDA} = \frac{{AD}}{{SD}}.\)

Cạnh AD đã biết bằng a, ta cần tính cạnh SD.

Tam giác SAD vuông tại A.

\( \Rightarrow S{D^2} = S{A^2} + A{D^2} = 3{a^2} + {a^2} \Rightarrow SD = 2a\)

\( \Rightarrow \cos \widehat {\left( {SD;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \frac{a}{{2a}} = \frac{1}{2}.\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Áp dụng phương pháp tìm góc giữa đường thẳng và mặt phẳng – hệ thức lượng trong tam giác vuông để giải quyết yêu cầu của bài toán

Lời giải chi tiết:

Do \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên

\(\widehat {\left( {SC;\left( {ABD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SC;AC} \right)} = \widehat {SCA}\).

Xét tam giác vuông SAC, ta có:

\(\tan \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{{SA}}{{\sqrt {A{B^2} + B{C^2}} }} = \frac{{a\sqrt {15} }}{{\sqrt {{a^2} + (2a)^2} }} = \sqrt 3 \).

Suy ra \(\widehat {SCA} = {60^0}\).

Chọn C.

Phương pháp giải:

Áp dụng phương pháp tìm góc giữa đường thẳng và mặt phẳng – hệ thức lượng trong tam giác vuông để giải quyết yêu cầu của bài toán

Lời giải chi tiết:

Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên hình chiếu vuông góc của SO trên mặt đáy (ABCD) là AO.  Do đó \(\widehat {\left( {SO;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SO;OA} \right)} = \widehat {SOA}.\)

Trong tam giác vuông SAO, ta có

\(\tan \widehat {SOA} = \frac{{SA}}{{OA}} = \frac{{SA}}{{\frac{1}{2}AC}} = \frac{{2a}}{{\frac{1}{2}a\sqrt 2 }} = 2\sqrt 2 .\)

Vậy đường thẳng SO hợp với mặt đáy (ABCD) một góc nhọn \(\varphi \) thỏa mãn \(\tan \varphi  = 2\sqrt 2 \).

Chọn A.

Phương pháp giải:

Áp dụng phương pháp tìm góc giữa đường thẳng và mặt phẳng – hệ thức lượng trong tam giác vuông để giải quyết yêu cầu của bài toán

Lời giải chi tiết:

Gọi H là trung điểm của BC, suy ra \(SH \bot \left( {ABC} \right)\).

Vì \(SH \bot \left( {ABC} \right)\) nên HA là hình chiếu của SA trên mp(ABC).

Do đó \(\widehat {\left( {SA;\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SA;AH} \right)} = \widehat {SAH}\).

●  Tam giác SBC đều cạnh 2a nên \(SH = \frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 .\)

●  Tam giác ABC vuông tại A nên \(AH = \frac{1}{2}BC = a.\)

Tam giác vuông SAH, có \(\tan \widehat {SAH} = \frac{{SH}}{{AH}} = \sqrt 3 \)\( \Rightarrow \widehat {SAH} = {60^0}\).

Chọn C.

Phương pháp giải:

Áp dụng phương pháp tìm góc giữa đường thẳng và mặt phẳng – hệ thức lượng trong tam giác vuông để giải quyết yêu cầu của bài toán.

Lời giải chi tiết:

Gọi H là trung điểm AB, suy ra \( \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right).\)

Vì \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\) nên hình chiếu vuông góc của SD trên mặt đáy (ABCD) là HD. Do đó \(\widehat {\left( {SD;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SD;HD} \right)} = \widehat {SDH}.\)

● Tam giác SAB đều cạnh a nên \(SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\)

● Tam giác AHD vuông tại

\(A\,\, \Rightarrow HD = \sqrt {A{H^2} + A{B^2}}  = \sqrt {{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} + {a^2}}  = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}.\)

Tam giác vuông SHD, có \(\cot \widehat {SDH} = \frac{{DH}}{{SH}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 5 }}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{5}{{\sqrt {15} }}.\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Áp dụng phương pháp tìm góc giữa đường thẳng và mặt phẳng – hệ thức lượng trong tam giác vuông để giải quyết yêu cầu của bài toán

Lời giải chi tiết:

Gọi O là tâm mặt đáy (ABCD), suy ra \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

Vì \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\)\( \Rightarrow \)OA là hình chiếu của SA trên mp(ABCD).

Do đó \(\widehat {\left( {SA;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SA;AO} \right)} = \widehat {SAO}.\)

Tam giác vuông SAO, có

\(\tan \widehat {SAO} = \frac{{SO}}{{AO}} = \frac{{\sqrt {S{B^2} - B{O^2}} }}{{AO}} = \frac{{\sqrt {S{B^2} - {{\left( {\frac{{BD}}{2}} \right)}^2}} }}{{\frac{{AC}}{2}}} = \frac{{\sqrt {{3^2} - {{\left( {\frac{{2\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} }}{{\frac{{2\sqrt 2 }}{2}}} = \frac{{\sqrt {14} }}{2}.\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

\(\left\{ \begin{array}{l}d \bot a\\d \bot b\\a \cap b \subset \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow d \bot \left( P \right)\)

Lời giải chi tiết:

Tam giác ABC cân tại A cân tại A nên \(AM \bot BC\), \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow BC \bot SA\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\\BC \bot AM\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right)\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

\(\left\{ \begin{array}{l}d \bot a\\d \bot b\\a \cap b \subset \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow d \bot \left( P \right) \Rightarrow d \bot \Delta \,\,\forall \Delta  \in \left( P \right)\)

Lời giải chi tiết:

Ta có \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BH\)

\(\left\{ \begin{array}{l}BH \bot SA\\BH \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow BH \bot \left( {SAC} \right)\)

Mà \(SC \subset \left( {SAC} \right) \Rightarrow BH \bot SC\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

\(\left\{ \begin{array}{l}d \bot a\\d \bot b\\a \cap b \subset \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow d \bot \left( P \right) \Rightarrow d \bot \Delta \,\,\forall \Delta  \in \left( P \right)\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\BD \bot SA\,\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

\(\left\{ \begin{array}{l}d \bot a\\d \bot b\\a \cap b \subset \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow d \bot \left( P \right) \Rightarrow d \bot \Delta \,\,\forall \Delta  \in \left( P \right)\)

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(SA \bot \left( {ABC} \right) \supset BC \Rightarrow SA \bot BC\)

\(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\\BC \bot AJ\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAJ} \right)\)

Chọn A. 

Phương pháp giải:

Xét tính đúng sai của từng đáp án.

Lời giải chi tiết:

Đáp án A: Ta thấy \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot BC\\CD \bot CC'\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {BCC'B'} \right) \Rightarrow CD \bot CB' \Rightarrow \)B’CDA’ là hình chữ nhật, do đó hai đường chéo A ‘C và B’D không vuông góc, do đó A’C không vuông góc với (B’BD), đáp án A sai.

A’C không vuông góc với B‘C’ hay A’C không vuông góc với (B’C’D), đáp án B sai.

\(\left\{ \begin{array}{l}AC \bot BD\\AC \bot BB'\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {BDD'B'} \right) \Rightarrow AC \bot \left( {B'BD} \right) \Rightarrow \) Đáp án C đúng.

Chọn C.

Phương pháp giải:

\(d \bot \left( P \right) \Leftrightarrow d \bot a\,\,\forall a \in \left( P \right)\)

Lời giải chi tiết:

Đáp án A ta có: Nếu \(IC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow IC \bot AB \Rightarrow \Delta ACI\) vuông tại A (vô lý vì \(\Delta ABC\) vuông tại A nên \(\widehat {{\rm{CA}}I} = {90^0} \Rightarrow \widehat {CIA} < {90^0}\)

 \( \Rightarrow \) Đáp án A sai.

Các đáp án còn lại chưa đủ điều kiện để kết luận đúng sai.

Chọn A.

Phương pháp giải:

Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đó.

Lời giải chi tiết:

Giao điểm của SO và (ABCD) là O.

Bài ra có \(SA\bot \left( ABCD \right)\) tại \(A\Rightarrow \widehat{\left( SO;\left( ABCD \right) \right)}=\widehat{SOA}\)

\(\Rightarrow \tan \alpha =\tan \widehat{SOA}=\frac{SA}{OA}.\)

Cạnh SA đã biết bằng \(a\sqrt{3},\) ta cần tính cạnh OA.

Tam giác ABC vuông tại B

\(\Rightarrow A{{C}^{2}}=A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}={{a}^{2}}+3{{a}^{2}}\Rightarrow AC=2a\)

\(\Rightarrow OA=\frac{AC}{2}=a\Rightarrow \tan \alpha =\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}.\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đó.

Lời giải chi tiết:

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot AA'\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {AA'B'B} \right)\).

Do đó \(\widehat{\left( A'C;\left( AA'B'B \right) \right)}=\widehat{\left( A'C;A'B \right)}=\widehat{BA'C}\).

Vì \(BC\bot \left( AA'B'B \right)\,\,\Rightarrow \,\,BC\bot \,\,BA'\) nên tam giác A’BC vuông tại B. Tam giác vuông A’BC, có

\(\begin{array}{l}\tan \widehat {BA'C} = \frac{{BC}}{{A'B}} = \frac{{BC}}{{\sqrt {AA{'^2} + A{B^2}} }} = \frac{{2\sqrt 2 }}{{\sqrt {16 + 8} }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}.\\ \Rightarrow \widehat {BA'C} = {30^0}\end{array}\)

Vậy A’C tạo với mặt phẳng (AA’B’B) một góc \({{30}^{0}}\). 

Chọn B.

Phương pháp giải:

Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đó.

Lời giải chi tiết:

Xác định \({{45}^{0}}=\widehat{\left( SC;\left( ABCD \right) \right)}=\widehat{\left( SC;AC \right)}=\widehat{SCA}\)

\(\Rightarrow \Delta SAC\) vuông cân tại A \(\Rightarrow SA=AC=2a\sqrt{2}=BD.\)

Gọi \(O=AC\cap BD\), ta có \(\left\{ \begin{array}{l}DO \bot AC\\DO \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow DO \bot \left( {SAC} \right)\) nên hình chiếu vuông góc của SD trên mặt phẳng (SAC) là SO.

Do đó \(\widehat{\left( SD;\left( SAC \right) \right)}=\widehat{\left( SD;SO \right)}=\widehat{DSO}\in \left( {{0}^{0}};{{90}^{0}} \right).\)

Ta có \(DO=\frac{1}{2}BD=a\sqrt{2}=AO;\,\,SO=\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{O}^{2}}}=a\sqrt{10}\).

Tam giác vuông SOD, có \(\tan \widehat{DSO}=\frac{OD}{OS}=\frac{\sqrt{5}}{5}\).

Chọn A.

Phương pháp giải:

Xét tính đúng sai của từng đáp án.

Lời giải chi tiết:

Đáp án D xảy ra trường hợp sau: \(\left\{ \begin{array}{l}a \bot c\\b \bot c\\a \times b\end{array} \right. \Rightarrow a,b \subset \left( \alpha  \right) \bot c\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Áp dụng phương pháp xác định góc giữa hai đường thẳng bằng cách dựng hình hoặc tính tích vô hướng của hai vectơ trong không gian

Lời giải chi tiết:

Gọi \(N\) là trung điểm của \(AC\)x\(\Rightarrow MN\) // AB (đường trung bình tam giác).

Suy ra \(\widehat{\left( OM;AB \right)}=\widehat{\left( OM;MN \right)}=\widehat{OMN}=\alpha \) với \({{0}^{0}}<\alpha <{{90}^{0}}.\)

Tam giác \(OMN\) có \(OM=ON=\frac{a\sqrt{2}}{2};\,\,MN=\frac{a\sqrt{2}}{2}\)\(\Rightarrow \)\(\Delta \,OMN\) đều.

Do đó \(\widehat{OMN}={{60}^{0}}.\) Vậy góc giữa hai đường thẳng \(OM,\,\,AB\) là \({{60}^{0}}.\)

Chọn C

Phương pháp giải:

Áp dụng phương pháp xác định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

Lời giải chi tiết:

Diện tích tam giác \(ABC\) là \({{S}_{\Delta \,ABC}}=\frac{A{{B}^{2}}}{2}=\frac{{{a}^{2}}}{2}\Rightarrow A{A}'=a\sqrt{3}.\)

Do \(A{A}'\bot \left( ABC \right)\Rightarrow \widehat{{A}'BA}=\alpha \Rightarrow \tan \alpha =\frac{A{A}'}{AB}=\sqrt{3}\Rightarrow \alpha ={{60}^{0}}.\)

Chọn D

Phương pháp giải:

Dựa vào lí thuyết quan hệ song song trong không gian

Lời giải chi tiết:

Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì song song.

Chọn A