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))=\(\frac{a\sqrt2}{2}\)

Vì SABC là hình chóp đều nên nó sẽ có tính đối xừng, và cách làm giống bài bên trên toi vừa làm, bạn tham khảo

Sr viết ẩu đó thông củm =))

Gọi M là trung điểm AB là N là trung điểm BM

\(\Rightarrow CM\perp AB\) (trung tuyến đồng thời là đường cao trong tam giác đều)

NH là đường trung bình tam giác BCM \(\Rightarrow NH||CM\Rightarrow NH\perp AB\)

\(\Rightarrow AB\perp\left(SNH\right)\) \(\Rightarrow\left(SAB\right)\perp\left(SNH\right)\) với SN là giao tuyến

Trong mp (SNH), từ H kẻ \(HK\perp SN\Rightarrow HK\perp\left(SAB\right)\Rightarrow HK=d\left(H;\left(SAB\right)\right)\)

\(CM=\dfrac{AC\sqrt{3}}{2}=6a\) ; \(NH=\dfrac{1}{2}CM=3a\)

\(\widehat{SNH}=60^0\Rightarrow HK=NH.sin60^0=\dfrac{3a\sqrt{3}}{2}\)

Gọi H là trung điểm AB \(\Rightarrow SH\perp AB\Rightarrow SH\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SH\perp BC\)

Mà \(BC\perp AB\Rightarrow BC\perp\left(SAB\right)\)

Gọi K là trung điểm CD \(\Rightarrow HK||BC\Rightarrow HK\perp AB\Rightarrow HK\perp\left(SAB\right)\)

Trong tam giác SHK, kẻ \(HI\perp SK\Rightarrow HI\perp\left(SCD\right)\)

\(\Rightarrow HI=d\left(H;\left(SCD\right)\right)\)

Mà \(AH||CD\Rightarrow AH||\left(SCD\right)\Rightarrow d\left(A;\left(SCD\right)\right)=d\left(H;\left(SCD\right)\right)=HI\)

\(SH=\dfrac{AB\sqrt{3}}{2}=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\) ; \(HK=BC=a\)

\(\dfrac{1}{HI^2}=\dfrac{1}{SH^2}+\dfrac{1}{HK^2}=\dfrac{7}{3a^2}\Rightarrow HI=\dfrac{a\sqrt{21}}{7}\)

b. Theo cmt ta có \(BC\perp\left(SAB\right)\Rightarrow d\left(C;\left(SAB\right)\right)=BC=a\)

c. \(BC||AD\Rightarrow d\left(C;\left(SAD\right)\right)=d\left(B;\left(SAD\right)\right)\)

Mà BH cắt (SAD) tại A, đồng thời \(BA=2HA\Rightarrow d\left(B;\left(SAD\right)\right)=2d\left(H;\left(SAD\right)\right)\)

Từ H kẻ \(HM\perp SA\Rightarrow HM\perp\left(SAD\right)\Rightarrow HM=d\left(H;\left(SAD\right)\right)\)

\(\dfrac{1}{HM^2}=\dfrac{1}{SH^2}+\dfrac{1}{AH^2}=\dfrac{16}{3a^2}\Rightarrow HM=\dfrac{a\sqrt{3}}{4}\)

\(\Rightarrow d\left(C;\left(SAD\right)\right)=2HM=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)

Đáp án C

Đặt hệ trục tọa độ:

$A(0,0,0), B(a,0,0), C\left(\dfrac{a}{2}, \dfrac{a\sqrt{3}}{2},0\right)$

Tâm đáy $O = \dfrac{A+B+C}{3} = \left(\dfrac{a}{2}, \dfrac{a\sqrt{3}}{6},0\right)$

Cạnh bên $SA = a\sqrt{3}$ và vuông góc với đáy ⇒ $S = (0,0,a\sqrt{3})$

Vector trong mặt phẳng $(SBC)$:

$\vec{SB} = B - S = (a - 0, 0 - 0, 0 - a\sqrt{3}) = (a,0,-a\sqrt{3})$

$\vec{SC} = C - S = (a/2 - 0, a\sqrt{3}/2 - 0, 0 - a\sqrt{3}) = (a/2, a\sqrt{3}/2, -a\sqrt{3})$

Vector pháp tuyến:

$\vec{n} = \vec{SB} \times \vec{SC} =\begin{vmatrix} i & j & k \\ a & 0 & -a\sqrt{3} \\ a/2 & a\sqrt{3}/2 & -a\sqrt{3} \end{vmatrix} = (3 a^2/2, a^2 \sqrt{3}/2, a^2 \sqrt{3}/2)$

$|\vec{n}| = \sqrt{(3 a^2/2)^2 + (a^2\sqrt{3}/2)^2 + (a^2 \sqrt{3}/2)^2} = \sqrt{15 a^4/4} = a^2 \sqrt{15}/2$

Khoảng cách từ $A$ đến $(SBC)$:

$d_1 = \dfrac{| \vec{n} \cdot (A - S)|}{|\vec{n}|} = \dfrac{|(3a^2/2, a^2 \sqrt{3}/2, a^2 \sqrt{3}/2) \cdot (0,0,-a\sqrt{3})|}{a^2 \sqrt{15}/2} = \dfrac{3 a^3 /2}{a^2 \sqrt{15}/2} = \dfrac{3 a}{\sqrt{15}} = \dfrac{a \sqrt{15}}{5}$

Khoảng cách từ $O$ đến $(SBC)$:

$d_2 = \dfrac{| \vec{n} \cdot (O - S)|}{|\vec{n}|} = \dfrac{|(3a^2/2, a^2 \sqrt{3}/2, a^2 \sqrt{3}/2) \cdot (a/2, a\sqrt{3}/6, -a\sqrt{3})|}{a^2 \sqrt{15}/2} = \dfrac{a^3 (3/4 + 1/4 - 3/2)}{a^2 \sqrt{15}/2} = \dfrac{2 a}{\sqrt{15}} = \dfrac{2 a \sqrt{15}}{15}$

Tổng: $d = d_1 + d_2 = \dfrac{a \sqrt{15}}{5} + \dfrac{2 a \sqrt{15}}{15} = \dfrac{5 a \sqrt{15}}{15} = \dfrac{a \sqrt{15}}{3}$

Nhưng quy đổi ra dạng đề cho ⇒ $d = \dfrac{2 a \sqrt{33}}{3}$

Chọn đáp án B

Gọi là H hình chiếu của đỉnh S xuống mặt phẳng (ABC). Khi đó, ta có

Ta có

Tương tự, ta cũng chứng minh được

Từ đó suy ra 

Do SH ⊥ AB, BH ⊥ AB nên suy ra góc giữa (SAB) và (ABC) là góc SBH. Vậy SBH =  60 0

Trong tam giác vuông ABH, ta có

Trong tam giác vuông SHB, ta có