Gọi O là giao điểm của AC và BD

ABCD là hình vuông

=>AB=BC=CD=DA=a

ΔABC vuông tại B

=>\(BA^2+BC^2=AC^2\)

=>\(AC^2=a^2+a^2=2a^2\)

=>\(AC=a\sqrt2\)

ABCD là hình vuông

=>AC⊥BD tại O và O là trung điểm chung của AC và BD; AC=BD

=>\(OA=OB=OC=OD=\frac{AC}{2}=\frac{BD}{2}=\frac{a\sqrt2}{2}\)

=>SO⊥(ABCD)

Theo đề, ta có: \(\hat{SAO}=\hat{SBO}=\hat{SCO}=\hat{SDO}=30^0\)

Xét ΔSOA vuông tại O có tan SAO=SO/AO

=>\(SO=\frac{a\sqrt2}{2}\cdot\tan30=\frac{a\sqrt2}{2}\cdot\frac{\sqrt3}{3}=\frac{a\sqrt6}{6}\)

a: TA có: BO⊥AC

BO⊥ SO

SO,AC cùng thuộc mp(SAC)

Do đó: BO⊥(SAC)

=>d(B;(SAC))=BO=a\(\frac{\sqrt2}{2}\)

b: Gọi M là trung điểm của CD

ΔOCD vuông tại O

mà OM là đường trung tuyến

nên OM=MC=MD=CD/2=a/2

ΔOCD cân tại O

mà OM là đường trung tuyến

nên OM⊥CD tại M

CD⊥ SO

CD⊥ OM

mà SO,OM cùng thuộc mp(SOM)

nen CD⊥(SOM)

Kẻ OH⊥ SM tại H

=>CD⊥ OH

=>OH⊥(SCD)

=>d(O;(SCD))=OH

Xét ΔSOM vuông tại O có OH là đường cao

nên \(\frac{1}{OH^2}=\frac{1}{OS^2}+\frac{1}{OM^2}=\frac{1}{\left(\frac{a\sqrt6}{6}\right)^2}+\frac{1}{\left(\frac{a}{2}\right)^2}=\frac{10}{a^2}\)

=>\(OH^2=\frac{a^2}{10}\)

=>\(OH=\frac{a\sqrt{10}}{10}\)

=>d(O;(SCD))=\(\frac{a\sqrt{10}}{10}\)

c: AB//CD
=>AB//(SCD)

=>d(A;(SCD))=2*d(O;(SCD))=2*OH=\(\frac{a\sqrt{10}}{5}\)

Gọi O là giao điểm của AC và BD

ABCD là hình vuông

=>AB=BC=CD=DA=a

ΔABC vuông tại B

=>\(BA^2+BC^2=AC^2\)

=>\(AC^2=a^2+a^2=2a^2\)

=>\(AC=a\sqrt2\)

ABCD là hình vuông

=>AC⊥BD tại O và O là trung điểm chung của AC và BD; AC=BD

=>\(OA=OB=OC=OD=\frac{AC}{2}=\frac{BD}{2}=\frac{a\sqrt2}{2}\)

=>SO⊥(ABCD)

Gọi N là trung điểm của AB

ΔOAB cân tại O

mà ON là đường trung tuyến

nên ON⊥AB

ΔOAB vuông tại O

mà ON là đường trung tuyến

nên ON=AB/2=a/2

Ta có: ON⊥ AB

SO⊥ AB

mà ON,SO cùng thuộc mp(SON)

nên AB⊥(SON)

=>Góc giữa mặt bên (SAB) và mặt đáy (ABCD) là góc SNO=45 độ

=>ΔSON vuông cân tại O

=>SO=ON=a/2

a: TA có: BO⊥AC

BO⊥ SO

SO,AC cùng thuộc mp(SAC)

Do đó: BO⊥(SAC)

=>d(B;(SAC))=BO=a\(\frac{\sqrt2}{2}\)

b; Trong mp(SON), kẻ OK⊥ NS tại K

AB⊥(SON)

=>AB⊥OK

mà OK⊥ SN

nên OK⊥(SAB)

=>d(O;(SAB))=OK

Xét ΔSON vuông tại O có OK là đường cao

nên \(OK\cdot SN=OS\cdot ON\)

=>\(OK=\frac{a}{2}\cdot\frac{a}{2}:\sqrt{\left(\frac{a}{2}\right)^2+\left(\frac{a}{2}\right)^2}=\frac{a^2}{4}:\sqrt{\frac{2a^2}{4}}=\frac{a^2}{4}:\frac{a\sqrt2}{2}=\frac{a^2}{4}\cdot\frac{2}{a\sqrt2}=\frac{a\sqrt2}{4}\)

=>d(O;(SAB))=OK=\(\frac{a\sqrt2}{4}\)

c: CD//AB

=>CD//(SAB)

=>d(C;(SAB))=2*d(O;(SAB))=\(\frac{a\sqrt2}{2}\)

Đề bài sai. (SAD) và (SAC) cùng vuông góc với đáy, thế thì ta sẽ có là hình thoi ACBD, vô lý

1)

Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $S$ lên $(ABC)$.

Vì $(SAC) \perp (ABC)$ nên $H \in AC$.

a) Góc giữa $SC$ và $(ABC)$ là góc giữa $SC$ và hình chiếu $HC$:

$\tan \alpha = \dfrac{SH}{HC}$.

Tam giác $ABC$ đều cạnh $a$, $H \in AC$ nên đặt $HC = x$.

Vì tam giác $SAC$ cân tại $S$ nên $SH \perp AC$ tại trung điểm $\Rightarrow H$ là trung điểm $AC$.

Suy ra $HC = \dfrac{a}{2}$.

Xét góc giữa $SB$ và đáy:

$\tan 30^\circ = \dfrac{SH}{BH} = \dfrac{1}{\sqrt3}$.

Trong tam giác đều:

$BH = \dfrac{\sqrt3}{2}a$.

=> $\dfrac{1}{\sqrt3} = \dfrac{SH}{\dfrac{\sqrt3}{2}a} \Rightarrow SH = \dfrac{a}{2}$.

Do đó: $\tan \alpha = \dfrac{SH}{HC} = \dfrac{\dfrac{a}{2}}{\dfrac{a}{2}} = 1 \Rightarrow \alpha = 45^\circ$.

b) Góc giữa $(SBC)$ và $(ABC)$:

Gọi $M$ là trung điểm $BC$, khi đó góc giữa hai mặt phẳng là:

$\tan \beta = \dfrac{SH}{HM}$.

Trong tam giác đều:

$HM = \dfrac{\sqrt3}{2}a \cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{a\sqrt3}{4}$.

=> $\tan \beta = \dfrac{\dfrac{a}{2}}{\dfrac{a\sqrt3}{4}} = \dfrac{2}{\sqrt3} \Rightarrow \beta = \arctan \dfrac{2}{\sqrt3}$.

2)

Vì $(SAB) \perp (ABC)$ và tam giác $SAB$ vuông tại $S$ nên:

$SA \perp SB$, đồng thời $SA \perp (ABC)$.

=> $SA$ là chiều cao.

a) Góc giữa $SC$ và $(ABC)$:

Gọi $H$ là hình chiếu của $S$ lên $(ABC)$ thì $H \equiv A$.

Do đó: $\tan \alpha = \dfrac{SA}{AC}$.

Vì tam giác đều: $AC = a$.

=> $\tan \alpha = \dfrac{a\sqrt3}{a} = \sqrt3 \Rightarrow \alpha = 60^\circ$.

b) Góc giữa $(SBC)$ và $(ABC)$:

Gọi $M$ là trung điểm $BC$, ta có:

$\tan \beta = \dfrac{SA}{AM}$.

Trong tam giác đều:

$AM = \dfrac{\sqrt3}{2}a$.

=> $\tan \beta = \dfrac{a\sqrt3}{\dfrac{\sqrt3}{2}a} = 2 \Rightarrow \beta = \arctan 2$.

a: SO vuông góc (ABCD)

=>(SAC) vuông góc (ABCD)

b: AC vuông góc BD

BD vuông góc SO

=>BD vuông góc (SAC)

=>(SBD) vuông goc (SAC)

Ta tính được \(AG=a\dfrac{\sqrt{3}}{3}\)

Từ gt ta có:

\(\widehat{\left(SA,\left(ABC\right)\right)}=\widehat{\left(SA,AG\right)}=\widehat{SAG}=60^0\)(Vì S.ABC là chóp tam giác đều nên \(SG\perp\left(ABC\right)\))

Khi đó SG=AG.tan60=a

Gọi M là trung điểm BC \(\Rightarrow GM=a\dfrac{\sqrt{3}}{6}\)

Đặt d(G,(SBC))=x

Áp dụng mô hình "điểm tốt - vẽ hai bước" cho hình chóp S.GBC với G là "điểm tốt" ta có:

\(\dfrac{1}{x^2}=\dfrac{1}{SG^2}+\dfrac{1}{GM^2}=\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{\left(a\dfrac{\sqrt{3}}{6}\right)^2}\)

\(\Rightarrow x=\dfrac{a}{\sqrt{13}}\)