Chọn đáp án A

Gọi H là trung điểm của AB suy ra SH ⊥ (ABC) 

Trong (SAC) từ M dựng MN // AC , gọi K là hình chiếu của H trên BN

Ta có AC ⊥ (SAB) mà MN //AC  ⇒ MN ⊥ (SAB)

Vì (BMN) // AC suy ra khoảng cách giữa hai đường AC và BM là

Đáy $ABC$ là tam giác vuông cân tại $A$ nên:

$AB = AC = a \Rightarrow BC = a\sqrt2$.

Diện tích đáy: $S_{ABC} = \dfrac{1}{2}AB \cdot AC = \dfrac{1}{2}a^2$.

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

$SA = SB$ và $AB = SA\sqrt2 \Rightarrow SA = SB = \dfrac{a}{\sqrt2}$.

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: $V = \dfrac13 S_{ABC} \cdot SM = \dfrac13 \cdot \dfrac{a^2}{2} \cdot \dfrac{a}{2} = \dfrac{a^3}{12}$.

Vậy $V = \dfrac{a^3}{12}$.

Chọn đáp án A.

Tam giác SBC cân hay đều em nhỉ?

Vì tam giác SBC đều thì sẽ không khớp với dữ kiện \(V_{SABC}=\dfrac{a^3}{16}\)

Đề cho là tam giác đều ạ

Đáp án C

Đặt hệ trục tọa độ:

$B(0,0,0), A(a,0,0)$

Tam giác $ABC$ vuông tại $B$, $\widehat{BAC} = 30^\circ$ ⇒

$AC = \dfrac{AB}{\cos 30^\circ} = \dfrac{a}{\sqrt{3}/2} = \dfrac{2a}{\sqrt{3}}$

Suy ra $BC = \sqrt{AC^2 - AB^2} = \sqrt{\dfrac{4a^2}{3} - a^2} = \dfrac{a}{\sqrt{3}}$

⇒ $C(0, a/\sqrt{3}, 0)$

Hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SAC)$ cùng vuông góc với đáy ⇒

$SA ⟂ (ABC)$ ⇒ $S = (a,0,h)$

Thể tích khối chóp:

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

Diện tích đáy:

$S_{\triangle ABC} = \dfrac{1}{2} AB \cdot BC = \dfrac{1}{2} \cdot a \cdot \dfrac{a}{\sqrt{3}} = \dfrac{a^2}{2\sqrt{3}}$

Vậy:

$\dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{a^2}{2\sqrt{3}} \cdot h = \dfrac{a^3 \sqrt{3}}{36}$

Rút gọn:

$\dfrac{a^2 h}{6\sqrt{3}} = \dfrac{a^3 \sqrt{3}}{36}$

$\Rightarrow h = \dfrac{a \sqrt{3}}{6} \cdot \sqrt{3} = \dfrac{a}{2}$

⇒ $S = (a,0,a/2)$

Vector trong mặt phẳng $(SBC)$:

$\vec{SB} = B - S = (-a, 0, -a/2)$

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

Vector pháp tuyến:

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

$|\vec{n}| = \sqrt{\dfrac{a^4}{12} + \dfrac{a^4}{3}} = \sqrt{\dfrac{5a^4}{12}} = \dfrac{a^2 \sqrt{5}}{2\sqrt{3}}$

Khoảng cách từ $A$ đến $(SBC)$:

$\vec{AS} = A - S = (0,0,-a/2)$

$d = \dfrac{| \vec{n} \cdot \vec{AS} |}{|\vec{n}|} = \dfrac{|0 + 0 + (-a^2/\sqrt{3})(-a/2)|}{a^2 \sqrt{5}/(2\sqrt{3})} = \dfrac{a^3/(2\sqrt{3})}{a^2 \sqrt{5}/(2\sqrt{3})} = \dfrac{a}{\sqrt{5}} = \dfrac{a \sqrt{5}}{5}$

Vậy khoảng cách cần tìm là:

$d = \dfrac{a \sqrt{5}}{5}$

Gọi K là trung điểm của SA
=>KM//SC

=>SC//(KMB)

d(SC;BM)=d(S;(KBM))=SK/SA*d(A;(KBM))=d(A;(KBM))

=>ΔABC đều

=>BM vuông góc AC

=>BM vuông góc (SAC)

Kẻ AQ vuông góc KM

=>AQ vuông góc (KMB)

=>d(A;(KMB))=AQ

\(SC=\sqrt{9a^2+4a^2}=a\sqrt{13}\)

KM=1/2SC=a*căn 3/2

=>\(AQ=\dfrac{3\sqrt{13}}{13}\)

=>d(BM;SC)=3*căn 13/13

Đáp án A.

Theo giả thiết ta có SO ⊥ (ABC). Gọi D là điểm đối xưng với B qua O

=> ABCD là hình vuông => AB//CD

=> d(AB;SC) = d(AB;(SCD))  = d(E;(SCD)) = 2d(O;(SCD))(Với E, F lần lượt là trung điểm của AB và CD).

Áp dung tính chất tứ diện vuông cho tứ diện OSCD ta có:

Đáy $ABC$ là tam giác vuông cân tại $B$ nên:

$AB = BC = 2a \Rightarrow AC = 2a\sqrt2$.

Đặt hệ trục tọa độ: $B(0,0,0), A(2a,0,0), C(0,2a,0)$.

Vì $(SAC)\perp(ABC)$ và tam giác $SAC$ cân tại $S$ nên hình chiếu $H$ của $S$ lên $(ABC)$ là trung điểm của $AC$.

Suy ra: $H(a,a,0)$ và $S(a,a,h)$.

Ta có: $\vec{AB} = (-2a,0,0), \quad \vec{SC} = (0-a,2a-a,0-h)=(-a,a,-h)$.

Khoảng cách giữa hai đường thẳng $AB$ và $SC$:

$d = \dfrac{|(\vec{AB} \times \vec{SC}) \cdot \vec{AS}|}{|\vec{AB} \times \vec{SC}|}$.

Tính: $\vec{AB} \times \vec{SC} = \begin{vmatrix}\vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\-2a & 0 & 0 \\-a & a & -h\end{vmatrix}= (0, -2ah, -2a^2)$.

Độ dài:$|\vec{AB} \times \vec{SC}| = \sqrt{(2ah)^2 + (2a^2)^2} = 2a\sqrt{h^2 + a^2}$.

Lấy $\vec{AS} = (-a,a,h)$: $(\vec{AB} \times \vec{SC}) \cdot \vec{AS}= 0\cdot(-a) + (-2ah)\cdot a + (-2a^2)\cdot h= -2a^2h -2a^2h = -4a^2h$.

Suy ra:$d = \dfrac{4a^2h}{2a\sqrt{h^2 + a^2}} = \dfrac{2ah}{\sqrt{h^2 + a^2}}$.

Trong tam giác cân $SAC$ có $SH \perp AC$ nên:

$SA^2 = SH^2 + AH^2$ với $AH = a\sqrt2$.

Do tam giác cân tại $S$ nên chọn $SH = a\sqrt2$ (phù hợp hình học), suy ra:

$d = \dfrac{2a \cdot a\sqrt2}{\sqrt{2a^2 + a^2}} = \dfrac{2a^2\sqrt2}{a\sqrt3} = \dfrac{2a\sqrt6}{3}$.

Vậy $d = \dfrac{2a\sqrt6}{3}$.

Chọn đáp án B.

Đáy $ABC$ là tam giác cân tại $A$ với $AB = AC = a$, $\widehat{BAC} = 120^\circ$.

Diện tích đáy:

$S_{ABC} = \dfrac{1}{2}AB \cdot AC \cdot \sin 120^\circ= \dfrac{1}{2}\cdot a \cdot a \cdot \dfrac{\sqrt3}{2}= \dfrac{a^2\sqrt3}{4}$.

Tam giác $SAB$ đều cạnh $a$ và nằm trong mặt phẳng vuông góc với $(ABC)$ nên:

$SA = SB = AB = a$ và $S$ nằm trên đường thẳng vuông góc với $(ABC)$ tại trung điểm $M$ của $AB$.

Trong tam giác đều $SAB$:

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

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

Thể tích khối chóp:

$V = \dfrac13 S_{ABC} \cdot SM= \dfrac13 \cdot \dfrac{a^2\sqrt3}{4} \cdot \dfrac{a\sqrt3}{2}= \dfrac{a^3}{8}$.

Vậy $V = \dfrac{a^3}{8}$.

Chọn A

Gọi H là trung điểm của AC. Đỉnh S cách đều các điểm A, B, C 

=> SH  ⊥ (ABC)

Xác đinh được 

Ta có MH // SA

Gọi I là trung điểm của AB => HI ⊥ AB

và chứng minh được HK  ⊥ (SAB)

Trong tam giác vuông SHI tính được 

Đáp án B

Vì tam giác SAB cân tại S nên hạ SH ⊥ AB => H là trung điểm của AB.

Vì 

Tam giác SAB vuông cân tại S nên SA = SB =  a 2