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

a: ΔABC vuông tại B

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

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

=>\(AC=a\sqrt2\)

SA⊥(ABCD)

=>\(\hat{SC;\left(ABCD\right)}=\hat{CS;CA}=\hat{SCA}\)

Xét ΔSAC vuông tại A có tan SCA=\(\frac{SA}{AC}\)

=>\(SA=AC\cdot\tan60=a\sqrt2\cdot\sqrt3=a\sqrt6\)

SA⊥AB(SA⊥(ABCD))

BC⊥AB

Do đó: d(SA;BC)=AB=a

b: Gọi M là trung điểm của AD
=>\(MA=MD=\frac{AD}{2}=a\)

Xét tứ giác BCMA có

BC//MA

BC=MA

Do đó: BCMA là hình bình hành

Hình bình hành BCMA có BA=BC

nên BCMA là hình thoi

=>BM⊥AC

Xét tứ giác BCDM có

BC//DM

BC=DM

Do đó: BCDM là hình bình hành

=>BM//CD
mà BM⊥AC

nên CA⊥CD

CD⊥ CA

CD⊥ SA(SA⊥(ABCD))

mà SA,AC cùng thuộc mp(SAC)

nên CD⊥(SAC)

=>d(SA;CD)=AC=a\(\sqrt2\)

a: CD⊥ AD

CD⊥ SA(SA⊥(ABCD))

mà SA,AD cùng thuộc mp(SAD)

nên CD⊥(SAD)

=>\(\hat{SC;\left(SAD\right)}=\hat{SC;SD}=\hat{CSD}\)

ΔSAD vuông tại A

=>\(SA^2+AD^2=SD^2\)

=>\(SD^2=\left(2a\right)^2+\left(a\sqrt5\right)^2=9a^2\)

=>SD=3a

Xét ΔSCD vuông tại D có tan CSD=\(\frac{CD}{SD}=\frac23\)

nên \(\hat{CSD}\) ≃34 độ

=>\(\hat{SC;\left(SAD\right)}\) ≃34 độ

Gọi O là giao điểm của AC và BD

ABCD là hình vuông

=>AC⊥BD tại O

BO⊥ AC
SA⊥ BO

mà SA,AC cùng thuộc mp(SAC)

nên BO⊥(SAC)

=>\(\hat{SB;\left(SAC\right)}=\hat{BSO}\)

ABCD là hình vuông

=>\(BD^2=AB^2+AD^2=\left(2a\right)^2+\left(2a\right)^2=8a^2\)

=>\(BD=2\sqrt2\cdot a\)

=>\(OB=OD=2\sqrt2\cdot\frac{a}{2}=a\sqrt2\)

ΔSAB vuông tại A

=>\(SA^2+AB^2=SB^2\)

=>\(SB^2=\left(a\sqrt5\right)^2+\left(2a\right)^2=9a^2=\left(3a\right)^2\)

=>SB=3a

Xét ΔSOB vuông tại O có sin BSO=\(\frac{BO}{BS}=\frac{\sqrt2}{3}\)

nên \(\hat{BSO}\) ≃28 độ

=>\(\hat{SB;\left(SAC\right)}\) ≃28 độ

c: d(SD;BC)=d(BC;(SAD))=d(C;(SAD))=CD=2a

a) Ta có:

\(\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AB\\AB \bot A{\rm{D}}\end{array} \right\} \Rightarrow AB \bot \left( {SA{\rm{D}}} \right)\\ \Rightarrow d\left( {B,\left( {SA{\rm{D}}} \right)} \right) = AB = a\end{array}\)

b) Kẻ \(AH \bot SC \Rightarrow d\left( {A,SC} \right) = AH\)

Tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\)\( \Rightarrow AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = a\sqrt 2 \)

Tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\)\( \Rightarrow SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}}  = a\sqrt 3 \)

Tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AH\)\( \Rightarrow AH = \frac{{SA.AC}}{{SC}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\)

Vậy \(d\left( {A,SC} \right) = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).

a: ΔSAD đều

mà SI là đường trung tuyến

nên SI⊥AD

(SAD)⊥(ABCD)

(SAD) giao (ABCD)=AD

SI⊥AD

Do đó: SI⊥(ABCD)

ABCD là hình vuông cạnh a

=>AB=BC=CD=DA=a

ΔSAD đều

=>SA=SD=AD=a

ΔSAD đều có SI là đường cao

nên \(SI=AD\cdot\frac{\sqrt3}{2}=\frac{a\sqrt3}{2}\)

Ta có: \(AI=ID=\frac{AD}{2}\)

\(BJ=JC=\frac{BC}{2}\)

mà AD=BC

nên AI=ID=BJ=JC

Xét tứ giác ABJI có

AI//BJ

AI=BJ

Do đó: ABJI là hình bình hành

=>JI//AB và JI=AB=a

=>JI⊥ AD

AD//BC

=>AD//(SBC)

=>d(AD;SB)=d(AD;(SBC))=d(I;(SBC))

BC⊥JI

BC⊥SI

Do đó: BC⊥(SJI)

=>(SBC)⊥(SJI)

Kẻ IH⊥SJ tại H

=>IH⊥(SBC)

=>d(I;(SBC))=IH

Xét ΔSIJ vuông tại I có IH là đường cao

nên \(\frac{1}{IH^2}=\frac{1}{IS^2}+\frac{1}{IJ^2}=\frac{4}{3a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{7}{3a^2}\)

=>\(IH^2=\frac{3a^2}{7}=\frac{21a^2}{49}\)

=>\(IH=a\cdot\frac{\sqrt{21}}{7}\)

=>d(AD;SB)=\(\frac{a\sqrt{21}}{7}\)