Đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $a$
$\Rightarrow S_{ABC}=\dfrac{a^2\sqrt{3}}{4}$

Mặt bên $(SAB)\perp(ABC)$
Tam giác $SAB$ vuông cân tại $S$
$\Rightarrow SA=SB,; AB$ là cạnh huyền

$AB=a \Rightarrow SA=SB=\dfrac{a}{\sqrt{2}}$

Vì $(SAB)\perp(ABC)$
$\Rightarrow$ chiều cao khối chóp là khoảng cách từ $S$ đến $AB$ trong tam giác $SAB$

Chiều cao từ $S$ xuống $AB$:

$h=\dfrac{SA\cdot SB}{AB} =\dfrac{\left(\dfrac{a}{\sqrt{2}}\right)^2}{a} =\dfrac{a}{2}$

Thể tích khối chóp:

$V=\dfrac{1}{3}\cdot S_{ABC}\cdot h$

$=\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot\dfrac{a}{2}$

$=\dfrac{a^3\sqrt{3}}{24}$

Chọn B

B A C H I S

Gọi H là trung điểm của BC, suy ra \(SH\perp BC\). Mà (SBC) vuông góc với (ABC) theo giao tuyến BC, nên \(SH\perp\left(ABC\right)\)

Ta có : \(BC=a\Rightarrow SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}\); \(AC=BC\sin30^0=\frac{a}{2}\)

\(AB=BC.\cos30^0=\frac{a\sqrt{3}}{2}\)

Do đó  \(V_{S.ABC}=\frac{1}{6}SH.AB.AC=\frac{a^3}{16}\)

Tam giác ABC vuông tại A và H là trung điểm của BC nên \(HA=HB\). Mà \(SH\perp\left(ABC\right)\), suy ra \(SA=SB=a\). Gọi I là trung điểm của AB, suy ra \(SI\perp AB\) 

Do đó \(SI=\sqrt{SB^2-\frac{AB^2}{4}}=\frac{a\sqrt{13}}{4}\)

Suy ra \(d\left(C;\left(SAB\right)\right)=\frac{3V_{S.ABC}}{S_{SAB}}=\frac{6V_{S.ABC}}{SI.AB}=\frac{a\sqrt{39}}{13}\)

Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ nên:

$AB = a,\quad BC = a\sqrt3$

Áp dụng định lý Pitago trong tam giác $ABC$:

$AC = \sqrt{BC^2 - AB^2} = \sqrt{3a^2 - a^2} = a\sqrt2$.

Mặt bên $SAB$ là tam giác đều cạnh $a$ nên:

$SA = AB = SB = a$.

Mặt phẳng $(SAB) \perp (ABC)$ và giao tuyến là $AB$ nên:

$SA \perp (ABC)$.

Vậy $SA$ chính là chiều cao của khối chóp.

Diện tích đáy tam giác $ABC$ là:

$S_{ABC} = \dfrac12 AB \cdot AC$

$= \dfrac12 \cdot a \cdot a\sqrt2 = \dfrac{a^2\sqrt2}{2}$.

Thể tích khối chóp $S.ABC$:

$V = \dfrac13 S_{ABC} \cdot SA$

$= \dfrac13 \cdot \dfrac{a^2\sqrt2}{2} \cdot a$

$= \dfrac{a^3\sqrt2}{6}$.

Vậy $V = \dfrac{a^3\sqrt2}{6}$

Kẻ SH vuông góc với BC tại H => SH vuông góc với (ABC) 
Kẻ HM vuông góc với AB tại M và HN vuông góc với AC tại N 
Ta có góc SMH = góc SNH = 60 độ 
Dễ thấy tam giác SHM = tam giác SHN => HM = HN 
Ta có HM = HB.sin 30 = 1/2 HB hay HB = 2 HM 
HN = HC.sin 60 = HC.căn 3 /2 => HC = 2/căn 3.HN = 2/căn 3 .HM 
=> BC = a = HB + HC = ( 2 + 2/căn 3).HM 
=> HM = a/(2 + 2/căn 3) = a.căn 3 /(2+ 2.căn 3) 
=> SH = HM.tan 60 = 3a/(2+2.căn 3) 
Có AB = BC/2 = a/2 
AC = BC.căn 3/2 = a.căn 3/2 
S(ABC) = 1/2.AB.AC = 1/8.a^2.căn 3 
=> V(SABC) = 1/3.3a/(2+2.căn 3) . 1/8.a^2.căn 3 = a^3.căn 3 /[16.(1+ căn 3)]

Vì $ABC$ vuông cân tại $A$ nên: $BC=a\sqrt2$

Diện tích đáy: $S_{ABC}=\dfrac12 AB\cdot AC =\dfrac12 a\cdot a =\dfrac{a^2}{2}$

Do mặt phẳng $(SBC)\perp(ABC)$ và $SBC$ vuông cân tại $S$ nên: $SB=SC$ và $SB\perp SC$

Vì $(SBC)\perp(ABC)$ theo giao tuyến $BC$, nên đường cao từ $S$ xuống $BC$ sẽ vuông góc với mặt đáy.

Gọi $H$ là trung điểm của $BC$.

Vì tam giác $SBC$ vuông cân tại $S$ nên:

$SH=\dfrac{BC}{2}=\dfrac{a\sqrt2}{2}=\dfrac{a}{\sqrt2}$

Mà $SH\perp(ABC)$ nên $SH$ là chiều cao của hình chóp.

Thể tích khối chóp:

$V=\dfrac13 S_{ABC}\cdot SH$$
$=\dfrac13\cdot\dfrac{a^2}{2}\cdot\dfrac{a}{\sqrt2}$
$=\dfrac{a^3}{6\sqrt2}$
$=\dfrac{a^3\sqrt2}{12}$

Vậy $V=\dfrac{a^3\sqrt2}{12}$

Đáp án đúng : C

Đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $1$ nên tâm $O$ của đường tròn ngoại tiếp:

$OA = OB = OC = \dfrac{1}{\sqrt3}$.

Tam giác $SAB$ cân tại $S$ với $\widehat{ASB}=120^\circ$ nên:

$AB^2 = SA^2 + SB^2 - 2SA\cdot SB \cos120^\circ$.

Vì $SA = SB$ nên: $1 = 2SA^2 - 2SA^2\left(-\dfrac{1}{2}\right) = 3SA^2 \Rightarrow SA = \dfrac{1}{\sqrt3}$.

Gọi $M$ là trung điểm $AB$:

$SM^2 = SA^2 - AM^2 = \dfrac{1}{3} - \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{12} \Rightarrow SM = \dfrac{1}{2\sqrt3}$.

Vì $(SAB)\perp(ABC)$ nên $SM \perp (ABC)$.

Mặt khác: $OM = \sqrt{OA^2 - AM^2} = \sqrt{\dfrac{1}{3} - \dfrac{1}{4}} = \dfrac{1}{2\sqrt3}$.

Suy ra: $SO^2 = SM^2 + OM^2 = \dfrac{1}{12} + \dfrac{1}{12} = \dfrac{1}{6} \Rightarrow SO = \dfrac{1}{\sqrt6}$.

Tâm mặt cầu ngoại tiếp là trung điểm $I$ của $SO$ nên:

$R = \dfrac{SO}{2} = \dfrac{1}{2\sqrt6}$.

Thể tích khối cầu:

$V = \dfrac{4}{3}\pi R^3 = \dfrac{4}{3}\pi \left(\dfrac{1}{2\sqrt6}\right)^3 = \dfrac{5\sqrt{15}\pi}{54}$.

Vậy $V = \dfrac{5\sqrt{15}\pi}{54}$.

A N B C H K S

Theo giả thiết, \(HA=HC=\frac{1}{2}AC=a\) và \(SH\perp\left(ABC\right)\)

Xét \(\Delta v.ABC\) ta có : \(BC=AC.\cos\widehat{ACB}=2a\cos30^0=\sqrt{3}a\)

Do đó : \(S_{\Delta.ABC}=\frac{1}{2}AC.BC.\sin\widehat{ACB}=\frac{1}{2}.2a.\sqrt{3}a.\sin30^0=\frac{\sqrt{3}a^2}{2}\)

Vậy \(V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SH.S_{ABC}=\frac{1}{3}.\sqrt{2}a.\frac{\sqrt{3}}{2}a^2=\frac{\sqrt{6}a^3}{6}\)

Vì CA=2HA nên d(C,(SAB))=2d(H, (SAB))  (1)

Gọi N là trung điểm của Ab, ta có HN là đường trung bình của tam giác ABC

Do đó HN//BC suy ra AB vuông góc với HN.

Lại có AB vuông góc với Sh nên AB vuông góc với mặt phẳng (SHN).

Do đó mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (SHN).

Mà Sn là giao tuyến của 2 mặt phẳng vừa nêu, nên trong mặt phẳng (SHN), hạ HK vuông góc với SN, ta có HK vuông góc với mặt phẳng (SAB)

Vì vậy d(J, (SAB)) = HK. Kết hợp với (1), suy ra d(C. (SAB))=2HK (2)

Vì \(SH\perp\left(ABC\right)\) nên \(SH\perp HN\), xét tam giác v.SHN, ta có :

\(\frac{1}{HK^2}=\frac{1}{SH^2}+\frac{1}{HN^2}=\frac{1}{2a^2}+\frac{1}{HN^2}\)

Vì HN là đường trung bình của tam giác ABC nên \(HN=\frac{1}{2}BC=\frac{\sqrt{3}a}{2}\)

Do \(\frac{1}{HK^2}=\frac{1}{2a^2}+\frac{4}{3a^2}=\frac{11}{6a^2}\) suy ra \(HK=\frac{\sqrt{66}a}{11}\) (3)

Thế (3) vào (2) ta được \(d\left(C,\left(SAB\right)\right)=\frac{\sqrt{66}a}{11}\)

Đáp án D

Đáp án C

Đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $a$ nên:

$S_{ABC} = \dfrac{\sqrt3}{4}a^2$.

Mặt bên $SAB$ là tam giác vuông cân nên:

$SA = SB$ và $\widehat{ASB} = 90^\circ$.

Suy ra: $AB = SA\sqrt2 \Rightarrow SA = SB = \dfrac{a}{\sqrt2}$.

Gọi $M$ là trung điểm $AB$ thì:

$SM \perp AB$ và $SM = \dfrac{AB}{2} = \dfrac{a}{2}$.

Vì $(SAB)\perp(ABC)$ nên $SM \perp (ABC)$, do đó $SM$ là chiều cao của khối chóp.

Thể tích khối chóp:

$V = \dfrac13 S_{ABC} \cdot SM= \dfrac13 \cdot \dfrac{\sqrt3}{4}a^2 \cdot \dfrac{a}{2}= \dfrac{a^3\sqrt3}{24}$.

Vậy $V = \dfrac{a^3\sqrt3}{24}$.