giải chi tiết cho mình với

Bài 1: a) Ta có $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AC$. Mặt khác $AD\perp DC$ nên $AC\perp CD$. Do đó $AC\perp (SAD)$ suy ra $AC\perp BC$. b) Ta có $SC=\sqrt{SA^2+AC^2}=\sqrt{1+5}=\sqrt{6}$. Gọi H là trung điểm của AC thì $SH\perp AC$. Diện tích tam giác SAC là $\frac{1}{2}\times SA\times AC=\frac{\sqrt{5}}{2}$. Diện tích tam giác ABC là $\frac{1}{2}\times AB\times AD=\frac{1}{2}$. Diện tích tam giác SBC là $\frac{1}{2}\times BC\times SH=\frac{1}{2}\times \sqrt{2}\times \frac{\sqrt{30}}{5}=\frac{\sqrt{15}}{5}$. Gọi O là chân đường vuông góc hạ từ S xuống mặt phẳng (ABC). Thể tích khối chóp SABC là $\frac{1}{3}\times S_{ABC}\times SA=\frac{1}{3}\times \frac{1}{2}\times 1=\frac{1}{6}$. Thể tích khối chóp SABC cũng là $\frac{1}{3}\times S_{ABC}\times SO=\frac{1}{3}\times \frac{\sqrt{15}}{5}\times SO=\frac{1}{6}$. Suy ra $SO=\frac{\sqrt{15}}{5}$. Ta có $\sin \angle (SC,(ABC))=\frac{SO}{SC}=\frac{\frac{\sqrt{15}}{5}}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{10}}{10}$. c) Ta có $SD=\sqrt{SA^2+AD^2}=\sqrt{2}$. Gọi I là trung điểm của SD thì $SI\perp SD$. Diện tích tam giác SAD là $\frac{1}{2}\times SA\times AD=\frac{1}{2}$. Diện tích tam giác SBD là $\frac{1}{2}\times BD\times SI=\frac{1}{2}\times \sqrt{5}\times \frac{\sqrt{10}}{5}=\frac{\sqrt{2}}{2}$. Gọi J là chân đường vuông góc hạ từ B xuống mặt phẳng (SAD). Thể tích khối chóp SABD là $\frac{1}{3}\times S_{ABD}\times SA=\frac{1}{3}\times 1\times 1=\frac{1}{3}$. Thể tích khối chóp SABD cũng là $\frac{1}{3}\times S_{SBD}\times SJ=\frac{1}{3}\times \frac{\sqrt{2}}{2}\times SJ=\frac{1}{3}$. Suy ra $SJ=\frac{\sqrt{2}}{2}$. Ta có $\sin \angle (SB,(SAD))=\frac{SJ}{SB}=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{6}$. d) Ta có $SK=\sqrt{SA^2+AK^2}=\sqrt{1+AK^2}$. Gọi L là trung điểm của SK thì $SL\perp SK$. Diện tích tam giác SAK là $\frac{1}{2}\times SA\times AK=\frac{1}{2}\times AK$. Diện tích tam giác SDK là $\frac{1}{2}\times SK\times SL=\frac{1}{2}\times \sqrt{1+AK^2}\times \frac{\sqrt{2+2AK^2}}{2}=\frac{1+AK^2}{2}$. Gọi M là chân đường vuông góc hạ từ D xuống mặt phẳng (SAK). Thể tích khối chóp SAKD là $\frac{1}{3}\times S_{AKD}\times SA=\frac{1}{3}\times \frac{1}{2}\times 1=\frac{1}{6}$. Thể tích khối chóp SAKD cũng là $\frac{1}{3}\times S_{SDK}\times DM=\frac{1}{3}\times \frac{1+AK^2}{2}\times DM=\frac{1}{6}$. Suy ra $DM=\frac{2}{1+AK^2}$. Ta có $\sin \angle (SD,(SAK))=\frac{DM}{SD}=\frac{\frac{2}{1+AK^2}}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{1+AK^2}$. e) Ta có $SC=\sqrt{SA^2+AC^2}=\sqrt{1+5}=\sqrt{6}$. Gọi N là trung điểm của SC thì $SN\perp SC$. Diện tích tam giác SAC là $\frac{1}{2}\times SA\times AC=\frac{\sqrt{5}}{2}$. Diện tích tam giác SBC là $\frac{1}{2}\times BC\times SN=\frac{1}{2}\times \sqrt{2}\times \frac{\sqrt{30}}{5}=\frac{\sqrt{15}}{5}$. Gọi P là chân đường vuông góc hạ từ B xuống mặt phẳng (SAC). Thể tích khối chóp SABC là $\frac{1}{3}\times S_{ABC}\times SA=\frac{1}{3}\times \frac{1}{2}\times 1=\frac{1}{6}$. Thể tích khối chóp SABC cũng là $\frac{1}{3}\times S_{SBC}\times SP=\frac{1}{3}\times \frac{\sqrt{15}}{5}\times SP=\frac{1}{6}$. Suy ra $SP=\frac{\sqrt{15}}{5}$. Ta có $\sin \angle (SB,(SAC))=\frac{SP}{SB}=\frac{\frac{\sqrt{15}}{5}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$. Bài 2: a) Ta có $SO\perp (ABCD)$ nên $SO\perp AC, SO\perp BD$. Mặt khác, $AC\perp BD$ (đặc tính của hình vuông) và $O=AC\cap BD$. Do đó, $AC\perp (SBD)$ (dấu hiệu nhận biết đường thẳng vuông góc với mặt phẳng). Từ đó suy ra $(SAC)\perp (SBD)$ (dấu hiệu nhận biết hai mặt phẳng vuông góc). Tương tự, ta chứng minh được $(SAD)\perp (SBC)$. Ta có $IJ\parallel AB$, do đó $IJ\perp (SAB)$. Suy ra $IJ\perp SA, IJ\perp SB$. Mặt khác, $SA\perp AB$ (do $SO\perp (ABCD)$) và $AB\perp SB$ (do $AB\perp SO, AB\perp OB$). Do đó, $SA\perp SB$. Từ đó suy ra $SB\perp (SAI)$ (dấu hiệu nhận biết đường thẳng vuông góc với mặt phẳng). Suy ra $(SBC)\perp (SAI)$ (dấu hiệu nhận biết hai mặt phẳng vuông góc). b) Gọi $H$ là trung điểm của $AB$. Ta có $SH\perp AB$ (do $SO\perp (ABCD)$) và $AB\perp HB$. Do đó, góc giữa $SA$ và $(ABCD)$ là góc $SHA$. Ta có $\tan SHA = \frac{SO}{OH} = \frac{\frac{a}{2}}{\frac{a}{2}} = 1$. Suy ra góc $SHA = 45^\circ$. Gọi $K$ là trung điểm của $BD$. Ta có $SK\perp BD$ (do $SO\perp (ABCD)$) và $BD\perp BK$. Do đó, góc giữa $SA$ và $(SBD)$ là góc $SAK$. Ta có $\tan SAK = \frac{SO}{OK} = \frac{\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{2}}{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$. Suy ra góc $SAK = \arctan\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$. Gọi $L$ là giao điểm của $SA$ và $(SIJ)$. Ta có $SL\perp IJ$ (do $SA\perp IJ$) và $IJ\perp SL$. Do đó, góc giữa $SA$ và $(SIJ)$ là góc $SAL$. Ta có $\tan SAL = \frac{SO}{OL} = \frac{\frac{a}{2}}{\frac{a}{2}} = 1$. Suy ra góc $SAL = 45^\circ$.