50 bài tập đường thẳng vuông góc với mặt phẳng mức độ vận dụng, vận dụng cao

Do \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \) A là hình chiếu của S trên (ABCD) nên AC là hình chiếu của SC trên (ABCD).

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

Xét tam giác vuông ABC có \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = a\sqrt 3 \),

Xét tam giác vuông SAC có \(\tan \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{a\sqrt 3 }} = 1 \Rightarrow \widehat {SCA} = {45^0}\)

Chọn B.

= Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\\BC\, \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAH} \right).\) Do đó A đúng.

= Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CK \bot AB\\CK \bot SA\,\end{array} \right.\, \Rightarrow \,CK\, \bot \left( {SAB} \right)\, \Rightarrow CK\, \bot SB.\)

Mặt khác có \(CH\bot SB.\) Từ đó suy ra \(SB\,\bot \left( CHK \right).\) Do đó B đúng.

= Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow BC \bot HK\\SB\, \bot \left( {CHK} \right) \Rightarrow SB \bot HK\end{array} \right. \Rightarrow HK \bot \left( {SBC} \right).\) Do đó C đúng.

Dùng phương pháp lại trừ, suy ra D sai.

Chọn D

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot BC\\AB \bot CD\end{array} \right.\,\, \Rightarrow \,\,AB \bot \left( {BCD} \right)\,\, \Rightarrow \) tam giác ABD vuông tại B.

Suy ra \(OA=OB=OD=\frac{AD}{2},\) với O là trung điểm của AD.    (1)

Lại có \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot CD\\BC \bot CD\end{array} \right.\,\, \Rightarrow \,\,CD \bot \left( {ABC} \right)\,\, \Rightarrow \,\,CD \bot AC \Rightarrow \)tam giác ACD vuông tại C.

Suy ra \(OA=OC=OD=\frac{AD}{2},\) với \(O\) là trung điểm của AD.   (2)

Từ (1), (2) suy ra trung điểm của cạnh AD cách đều A, B, C, D.

Chọn C

Vì S.ABC là hình chóp đều nên \(SO\bot \left( ABC \right)\) ( với O là tâm của tam giác ABC).

Do đó \(SO\bot AO\) mà \(\left( \alpha  \right)\bot AO\) suy ra \(SO\parallel \left( \alpha  \right)\).

Tương tự ta cũng có \(BC\parallel \left( \alpha  \right)\).

Qua M kẻ \(IJ\parallel BC\) với \(I\in AB,\text{ }J\in AC\); kẻ \(MK\parallel SO\) với \(K\in SA.\)

Khi đó thiết diện là tam giác KIJ.

Diện tích tam giác KIJ là \({{S}_{\Delta IJK}}=\frac{1}{2}IJ.MK\).

Trong tam giác ABC, ta có \(\frac{IJ}{BC}=\frac{AM}{AA'}\)  (A’ là trung điểm của BC) suy ra \(IJ=\frac{AM.BC}{AA'}=\frac{x.a}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{2x\sqrt{3}}{3}\).

Tương tự trong tam giác SAO, ta có \(\frac{MK}{SO}=\frac{AM}{AO}\) suy ra \(MK=\frac{AM.SO}{AO}=\frac{x.2a}{\frac{2}{3}\frac{a\sqrt{3}}{2}}=2x\sqrt{3}\).

Vậy \({{S}_{\Delta IJK}}=\frac{1}{2}\frac{2x\sqrt{3}}{3}.2x\sqrt{3}=2{{x}^{2}}\).

Chọn B

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC.

Do S.ABC là hình chóp đều nên \(SG\bot \left( ABC \right)\).

Gọi C’ là trung điểm AB. Suy ra C, C’, G thẳng hàng.

Ta có \(\left\{ \begin{align}  & AB\bot CC' \\ & SG\bot AB \\\end{align} \right.\Rightarrow AB\bot \left( SCC' \right)\Rightarrow AB\bot SC\).   (1)

Trong tam giác SAC, kẻ \(A{{C}_{1}}\bot SC\).   (2)

Từ (1) và (2), suy ra \(SC\bot \left( AB{{C}_{1}} \right)\).

Suy ra thiết diện cần tìm là tam giác \(AB{{C}_{1}}\) thỏa mãn đi qua A và vuông góc với SC.

Tam giác SAC cân tại S nên để \({{C}_{1}}\) nằm giữa S và C khi và chỉ khi \(\widehat{ASC}<{{90}^{0}}\).

Suy ra \(\cos \widehat{ASC}>0\Leftrightarrow S{{A}^{2}}+S{{C}^{2}}-A{{C}^{2}}>0\Leftrightarrow 2{{b}^{2}}-{{a}^{2}}>0\Rightarrow a<b\sqrt{2}.\)

Chọn C

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

\( \Rightarrow MN//AB\)\( \Rightarrow \angle \left( {OM;AB} \right) = \angle \left( {OM;MN} \right)\).

Trong tam giác vuông \(OBC\) có \(OM = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Trong tam giác vuông \(OAC\) có \(ON = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Trong tam giác vuông \(OAB\) có \(MN = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\).

\( \Rightarrow OM = ON = MN = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \Delta OMN\) đều \( \Rightarrow \angle OMN = {60^0}\).

Vậy \(\angle \left( {OM;AB} \right) = {60^0}\).

Chọn C.

Gọi \(O = A'C \cap BD' \Rightarrow O = A'C \cap \left( {ABC'D'} \right)\).

Gọi \(H = A'D \cap AD'\) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot \left( {ADD'A'} \right) \Rightarrow AB \bot A'H\\A'H \bot AD'\end{array} \right. \Rightarrow A'H \bot \left( {ABC'D'} \right)\)

\( \Rightarrow HO\) là hình chiếu của \(A'O\) trên \(\left( {ABC'D'} \right)\)

\( \Rightarrow \angle \left( {A'C;\left( {ABC'D'} \right)} \right) = \angle \left( {A'O;HO} \right) = \angle A'OH = \alpha \).

Không mất tính tổng quát, ta đặt cạnh của hình lập phương bằng 1.

Xét tam giác vuông \(A'OH\) vuông tại \(H\) có:

\(\left\{ \begin{array}{l}OH = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{1}{2}\\A'H = \dfrac{1}{2}A'D = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\end{array} \right. \Rightarrow \tan \angle A'OH = \tan \alpha  = \dfrac{{AH}}{{OH}} = \sqrt 2 \).

Chọn D

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB \Rightarrow SH \bot AB\) (do \(\Delta SAB\) cân tại \(S\))

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\\SH \bot AB;\,\,\,SH \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\)

Hay \(H\) là hình chiếu của \(S\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right) \Rightarrow CH\) là hình chiều của .. lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\)

Do đó góc giữa \(SC\) và mặt đáy là góc \(SCH.\)

Ta có \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} \Leftrightarrow \dfrac{{4{a^3}}}{3} = \dfrac{1}{3}SH.4{a^2} \Leftrightarrow SH = a\).

Xét tam giác \(BHC\) vuông tại \(B\), theo định lý Pytago ta có \(HC = \sqrt {B{H^2} + B{C^2}}  = \sqrt {{a^2} + {{\left( {2a} \right)}^2}}  = a\sqrt 5 \)

Xét tam giác \(SHC\) vuông tại \(H\) có \(\tan \angle SCH = \dfrac{{SH}}{{HC}} = \dfrac{a}{{a\sqrt 5 }} = \dfrac{{\sqrt 5 }}{5}\).

Chọn D.

Gọi \(O = AC \cap BD\).

Hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật (tâm \(O\)), \(SA = SB = SC = SD\)\( \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right).\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BK \bot AC\\BK \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow BK \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BK \bot SA\).

Mà \(SA \bot HK\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow SA \bot \left( {BHK} \right)\).

\( \Rightarrow SH \bot \left( {BHK} \right)\) \( \Rightarrow HB\) là hình chiếu của \(SB\) lên \(\left( {BHK} \right)\).

\( \Rightarrow \angle \left( {SB;\left( {BHK} \right)} \right) = \angle \left( {SB;HB} \right) = \angle SBH\).

Xét tam giác \(SAB\) có: \({\rm{cos}}\angle ASB = \dfrac{{S{A^2} + S{B^2} - AB}}{{2.SA.SB}} = \dfrac{{4{{\rm{a}}^2} + 4{{\rm{a}}^2} - 2{{\rm{a}}^2}}}{{2.2{\rm{a}}.2{\rm{a}}}} = \dfrac{3}{4}\)

\( \Rightarrow \sin \angle ASB = \dfrac{{\sqrt 7 }}{4} \Rightarrow \cos \angle SBH = \dfrac{{\sqrt 7 }}{4}\) (Do \(\angle ASB < {90^0}\)).

Chọn: A.

+ \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AE\) .

+ \(\left\{ \begin{array}{l}AE \bot BC\,\,\left( {cmt} \right)\\AE \bot SB\,\,\,\left( {gt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AE \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AE \bot SC\).

+ CMTT: \(AF \bot SC\).

+ \(\left\{ \begin{array}{l}SC \bot AE\\SC \bot AF\end{array} \right. \Rightarrow SC \bot \left( {AEF} \right)\).

Chọn D.

Gọi \(H\) là trung điểm của \(OA\) ta có \(MH\parallel SO \Rightarrow MH \bot \left( {ABCD} \right)\).

\( \Rightarrow HN\) là hình chiếu của \(MN\) lên \(\left( {ABCD} \right)\).

\( \Rightarrow \angle \left( {MN;\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {MN;HN} \right) = \angle MNH = {60^0}\).

Xét tam giác \(CHN\) có: \(CN = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{a}{2}\), \(CH = \dfrac{3}{4}AC = \dfrac{{3a\sqrt 2 }}{4}\), \(\angle HCN = {45^0}\).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow H{N^2} = C{H^2} + C{N^2} - 2CH.CN.\cos {45^0}\\\,\,\,\,\,\,\,H{N^2} = \dfrac{{9{a^2}}}{8} + \dfrac{{{a^2}}}{4} - 2.\dfrac{{3a\sqrt 2 }}{4}.\dfrac{a}{2}.\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\\\,\,\,\,\,\,\,H{N^2} = \dfrac{{5{a^2}}}{8} \Rightarrow HN = \dfrac{{a\sqrt {10} }}{4}\end{array}\)

Xét tam giác vuông \(MNH\) có: \(MN = \dfrac{{NH}}{{\cos {{60}^0}}} = \dfrac{{a\sqrt {10} }}{2}\).

Trong \(\left( {SAC} \right)\) gọi \(E = CM \cap SO\) \( \Rightarrow \left( {MBC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = BE\).

Trong \(\left( {MBC} \right)\) gọi \(I = MN \cap BE \Rightarrow I = MN \cap \left( {SBD} \right)\).

Gọi \(K\) là trung điểm của \(OB\) \( \Rightarrow NK\parallel OC\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}OC \bot BD\\OC \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow OC \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow NK \bot \left( {SBD} \right)\).

\( \Rightarrow IK\) là hình chiếu của \(IN\) lên \(\left( {SBD} \right)\).

\( \Rightarrow \angle \left( {MN;\left( {SBD} \right)} \right) = \angle \left( {IN;\left( {SBD} \right)} \right) = \angle \left( {IN;IK} \right) = \angle NIK\).

Ta có \(NK = \dfrac{1}{2}OC = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{4}\).

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác \(MAC\) ta có: \(\dfrac{{EM}}{{EC}}.\dfrac{{OC}}{{OA}}.\dfrac{{SA}}{{SM}} = 1\) \( \Leftrightarrow \dfrac{{EM}}{{EC}}.1.2 = 1 \Leftrightarrow \dfrac{{EM}}{{EC}} = \dfrac{1}{2}\).  

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác \(MNC\) ta có: \(\dfrac{{IM}}{{IN}}.\dfrac{{BN}}{{BC}}.\dfrac{{EC}}{{EM}} = 1 \Leftrightarrow \dfrac{{IM}}{{IN}}.\dfrac{1}{2}.2 = 1 \Leftrightarrow IM = IN\).

\( \Rightarrow IN = \dfrac{1}{2}MN = \dfrac{{a\sqrt {10} }}{4}\).

Xét tam giác vuông \(INK\) có: \(sin\angle NIK = \dfrac{{NK}}{{IN}} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{4}:\dfrac{{a\sqrt {10} }}{4} = \dfrac{1}{{\sqrt 5 }}\).

Vậy \(\cos \angle NIK = \sqrt {1 - {{\sin }^2}\angle NIK}  = \sqrt {1 - \dfrac{1}{5}}  = \dfrac{{2\sqrt 5 }}{5}\).

Chọn C.

Gọi \(O = AC \cap BD\).

Do M thuộc mặt cầu đường kính AC \( \Rightarrow \widehat {AMC} = {90^0} \Rightarrow MC \bot MA\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\,\,\left( {gt} \right)\\BC \bot SA\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AM\)

\( \Rightarrow AM \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AM \bot SB\) và \(AM \bot SC\).

Chứng minh tương tự ta có \(AP \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow AP \bot SC;\,\,AP \bot SD\).

N thuộc mặt cầu đường kính \(AC \Rightarrow \widehat {ANC} = {90^0} \Rightarrow AN \bot SC\).

\( \Rightarrow SC \bot \left( {AMNP} \right)\).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAC ta có \(SN = \dfrac{{S{A^2}}}{{SC}} = \dfrac{{S{A^2}}}{{\sqrt {S{A^2} + A{C^2}} }} = \dfrac{{{a^2}}}{{\sqrt {{a^2} + 2{a^2}} }} = \dfrac{a}{{\sqrt 3 }}\) và \(\dfrac{{SN}}{{SC}} = \dfrac{{S{A^2}}}{{S{C^2}}} = \dfrac{{{a^2}}}{{{a^2} + 2{a^2}}} = \dfrac{1}{3}\).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAB ta có \(\dfrac{{SM}}{{SB}} = \dfrac{{S{A^2}}}{{S{B^2}}} = \dfrac{{{a^2}}}{{{a^2} + {a^2}}} = \dfrac{1}{2}\).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAD ta có \(\dfrac{{SP}}{{SD}} = \dfrac{{S{A^2}}}{{S{D^2}}} = \dfrac{{{a^2}}}{{{a^2} + {a^2}}} = \dfrac{1}{2}\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}\dfrac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SM}}{{SB}}.\dfrac{{SN}}{{SC}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{6} \Rightarrow {V_{S.AMN}} = \dfrac{1}{6}{V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{{12}}{V_{S.ABCD}}\\\dfrac{{{V_{S.ANP}}}}{{{V_{S.ACD}}}} = \dfrac{{SN}}{{SC}}.\dfrac{{SP}}{{SD}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{6} \Rightarrow {V_{S.ANP}} = \dfrac{1}{6}{V_{S.ACD}} = \dfrac{1}{{12}}{V_{S.ABCD}}\\ \Rightarrow {V_{S.AMNP}} = {V_{S.AMN}} + {V_{S.ANP}} = \dfrac{1}{{12}}{V_{S.ABCD}} + \dfrac{1}{{12}}{V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{6}{V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{6}.\dfrac{1}{3}.SA.{S_{ABCD}} = \dfrac{{{a^3}}}{{18}}\end{array}\)

Lại có \({V_{S.AMNP}} = \dfrac{1}{3}SN.{S_{AMNP}} \Rightarrow {S_{AMNP}} = \dfrac{{3{V_{S.AMNP}}}}{{SN}} = \dfrac{{3.\dfrac{{{a^3}}}{{18}}}}{{\dfrac{a}{{\sqrt 3 }}}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{6}\).

Chọn D.

* Vẽ giả tưởng \(OH\bot \left( SBC \right)\Rightarrow \widehat{\left( SO;\left( SBC \right) \right)}=\widehat{\left( SO;SH \right)}=\widehat{OSH}\).

* Tính

+ Tam giác vuông SAO : \(AO=\frac{a\sqrt{2}}{2}\Rightarrow SO=\sqrt{{{a}^{2}}+\frac{2{{a}^{2}}}{4}}=\frac{a\sqrt{6}}{2}\)

+ \(OH=d\left( O;\left( SBC \right) \right)=\frac{1}{2}d\left( A;\left( SBC \right) \right)=\frac{1}{2}AK=\frac{1}{2}\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{4}\)

+ Tam giác vuông SHO : \(\sin \widehat{OSH}=\frac{OH}{SO}=\frac{a\sqrt{2}}{4}:\frac{a\sqrt{6}}{2}=\frac{1}{2\sqrt{3}}\).

Chọn đáp án B.

Xét tam giác \(ABD\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB = AD\\\angle BAD = {60^0}\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \Delta ABD\) đều.

Gọi \(H\) là trọng tâm \(\Delta ABD\), do \(SA = SB = SD\) nên \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\).

Gọi \(M\) là trung điểm của \(AD\), ta có \(BM \bot AD \Rightarrow BM \bot BC\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot BM\\BC \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SBM} \right)\).

Goi \(N,\,\,E\) lần lượt là trung điểm của \(BC\) và \(SC\) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}BN\parallel DM\\BN = DM\end{array} \right. \Rightarrow BNDM\) là hình bình hành \( \Rightarrow DN\parallel BM\).

Lại có \(NE\) là đường trung bình của tam giác \(SBC\) nên \(NE\parallel SB\).

\( \Rightarrow \left( {NDE} \right)\parallel \left( {SBM} \right)\).

Mà \(BC \bot \left( {SBM} \right)\) nên \(BC \bot \left( {NDE} \right)\).

Trong \(\left( {NDE} \right)\) kẻ \(DK \bot NE\,\,\,\left( {K \in NE} \right)\) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}DK \bot NE\\DK \bot BC\,\,\left( {BC \bot \left( {NDE} \right)} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow DK \bot \left( {SBC} \right)\).

\( \Rightarrow \) Hình chiếu của \(SD\) lên \(\left( {SBC} \right)\) là \(SK\).

\( \Rightarrow \angle \left( {SD;\left( {SBC} \right)} \right) = \angle \left( {SD;SK} \right) = \angle DSK\).

Xét tam giác \(SHA\) có \(AH = \dfrac{2}{3}AO = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\), \(SA = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Áp dụng định lí Pytago ta có: \(SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}}  = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{6}\).

Ta có: \(AC = 2AO = a\sqrt 3 \) \( \Rightarrow HC = AC - AH = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{3}\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(SHC\) ta có: \(SC = \sqrt {S{H^2} + H{C^2}}  = \dfrac{{a\sqrt 7 }}{2}\).

Xét tam giác \(SCD\) có:

\(\begin{array}{l}D{E^2} = \dfrac{{S{D^2} + C{D^2}}}{2} - \dfrac{{S{C^2}}}{4}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{\dfrac{{3{a^2}}}{4} + {a^2}}}{2} - \dfrac{{7{a^2}}}{{16}}\\ \Rightarrow DE = \dfrac{{a\sqrt 7 }}{4}\end{array}\)

Xét tam giác \(DNE\) ta có: \(DN = BM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\), \(NE = \dfrac{1}{2}SB = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}\), \(DE = \dfrac{{a\sqrt 7 }}{4}\).

Gọi \(p\) là nửa chu vi tam giác \(DNE\) ta có: \(p = \dfrac{{\sqrt 7  + 3\sqrt 3 }}{8}\).

Diện tích tam giác \(DNE\) là: \({S_{DNE}} = \sqrt {p\left( {p - DN} \right)\left( {p - DE} \right)\left( {p - NE} \right)}  = \dfrac{{{a^2}\sqrt 5 }}{{16}}\).

Lại có \({S_{DNE}} = \dfrac{1}{2}DK.NE \Rightarrow DK = \dfrac{{2{S_{DNE}}}}{{NE}} = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{6}\).

Ta có: \(DK \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow DK \bot SK\).

\( \Rightarrow \Delta SDK\) vuông tại \(K\), suy ra \(\sin \angle DSK = \dfrac{{DK}}{{SD}} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt {15} }}{6}}}{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \dfrac{{\sqrt 5 }}{3}\).

Vậy \(\cos \alpha  = \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha }  = \dfrac{2}{3}\).  

Chọn C.

Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \,\,AC\) là hình chiếu vuông góc của SC trên (ABCD)

\( \Rightarrow \) Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) là \(\widehat {SCA} = {30^0}.\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\\BC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow \,\,BC \bot \left( {SAB} \right)\,\, \Rightarrow \,\,SB\) là hình chiếu vuông góc của SC trên (SAB).

\( \Rightarrow \) Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (SAB) là \(\widehat {BSC} = {30^0}.\)

Đặt \(AB = x\,\, \Rightarrow \,\,AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = \sqrt {{x^2} + {a^2}} \,\, \Rightarrow \,\,\left\{ \begin{array}{l}SA = AC.\tan \widehat {SCA} = \sqrt {\frac{{{x^2} + {a^2}}}{3}} \\SB = \frac{{BC}}{{\tan \widehat {BSC}}} = a\sqrt 3\end{array} \right.\)

Tam giác SAB vuông tại \(A\,\, \Rightarrow \,\,S{A^2} + A{B^2} = S{B^2}\)\( \Leftrightarrow \,\,\frac{{{x^2} + {a^2}}}{3} + {x^2} = 3{a^2} \Leftrightarrow \frac{4}{3}{x^2} = \frac{8}{3}{a^2} \Leftrightarrow x = a\sqrt 2 .\)

Vậy diện tích hình chữ nhật ABCD là \(S = AB\,\, \times \,BC = {a^2}\sqrt 2 .\)

Chọn C.