Toán 11 Hình 11

1/ Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$
$\triangle{MAB} = \triangle{MCB}$ (c-g-c) nên $MA = MC$
$\triangle{MAC}$ cân tại $M$ có $MO$ là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao, suy ra $MO \perp AC$.
Tương tự với $NO \perp AC$. Do đó $[(MAC), (NAC)] = \widehat{MON} = 90^\circ$
Có $AC \perp (BMND)$ nên $AC \perp MN$. Hạ $OH \perp MN$ thì $(HAC) \perp MN$.
Suy ra $AH \perp MN$ và $CH \perp MN$ hay $[(AMN), (CMN)] = \widehat{AHC}$
Để ý $\triangle{BOM} \sim \triangle{DNO}$ (g-g)
Có $$\begin{aligned} \dfrac{1}{OH^2} &= \dfrac{1}{OM^2} + \dfrac{1}{ON^2} \\
&= \dfrac{1}{OM^2} \left( 1 + \dfrac{MO^2}{ON^2} \right) \\
&= \dfrac{1}{OM^2} \left( 1 + \dfrac{BM^2}{DO^2} \right) \\
&= \dfrac{1}{OM^2} \cdot \dfrac{BO^2 + BM^2}{BO^2} \\
&= \dfrac{1}{OM^2} \cdot \dfrac{OM^2}{BO^2} \\
&= \dfrac{1}{BO^2} \end{aligned}$$
Suy ra $OH = BO = OA = OC$ nên $\triangle{HAC}$ vuông tại $H$. Từ đó $\widehat{AHC} = 90^\circ$ hay $(AMN) \perp (CMN)$

2/ Hạ đường cao $SO$ của hình chóp thì $O$ là tâm của $\triangle{ABC}$. Suy ra $AO = BO = CO = \dfrac{a\sqrt{3}}3$
Có $2\vec{BM} \cdot 2\vec{AN} = 0$
$\iff (\vec{BS} + \vec{BA})(\vec{AS} + \vec{AC}) = 0$
$\iff (\vec{BO} - \vec{SO} + \vec{BA})(\vec{AO} - \vec{SO} + \vec{AC}) = 0$
$\iff \vec{BO} \cdot \vec{AO} + SO^2 + \vec{BA} \cdot \vec{AO} + \vec{BA} \cdot \vec{AC} = 0$
$\iff \dfrac13 a^2 \cdot \cos 120^\circ + SO^2 + \dfrac{a^2 \sqrt{3}}3 \cdot \cos 150^\circ + a^2 \cdot \cos 120^\circ = 0$
$\iff SO^2 = \dfrac{7}6 a^2$
$\iff SO = a\sqrt{\dfrac{7}6}$