Đáp án A

Suy ra 

= 3a

Gọi  là trung điểm của  suy ra

.

Ta có: 

Đáp án B

HDG:

Dễ dàng chứng minh ∆ S B C  vuông tại B

Ta có (SAB)  ⊥ (SBC) theo giao tuyến SB. Kẻ

Đặt hệ trục tọa độ:

$B(0,0,0), A(a,0,0), C(0,a\sqrt{3},0)$

SA vuông góc với đáy ⇒ $S = (a_S, b_S, h)$ với hình chiếu vuông góc của S lên đáy trùng B ⇒ $S = (0,0,h)$

Diện tích xung quanh: $S_{xq} = SA \cdot BC /2 + SB \cdot AC /2 + SC \cdot AB /2$

Với các cạnh:

$AB = a, BC = a\sqrt{3}, AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{a^2 + 3a^2} = 2a$

$SA = h, SB = \sqrt{h^2 + a^2}, SC = \sqrt{h^2 + (2a)^2} = \sqrt{h^2 + 4a^2}$

Diện tích xung quanh $S_{xq} = \dfrac{SA \cdot BC + SB \cdot AC + SC \cdot AB}{2} = \dfrac{h \cdot a\sqrt{3} + \sqrt{h^2 + a^2} \cdot 2a + \sqrt{h^2 + 4 a^2} \cdot a}{2} = 5 a^2 \sqrt{3}/2$

Chia 2: $h a \sqrt{3} + 2 a \sqrt{h^2 + a^2} + a \sqrt{h^2 + 4 a^2} = 5 a^2 \sqrt{3}$

Chia cả 2 vế cho a: $h \sqrt{3} + 2 \sqrt{h^2 + a^2} + \sqrt{h^2 + 4 a^2} = 5 \sqrt{3} a$

Giải xấp xỉ: thử $h = 0.8 a$:

$0.8a \cdot 1.732 \approx 1.385a$

$2 \sqrt{0.64a^2 + a^2} = 2 \cdot \sqrt{1.64} a \approx 2 \cdot 1.28 a = 2.56a$

$\sqrt{0.64a^2 + 4 a^2} = \sqrt{4.64} a \approx 2.154 a$

Tổng ≈ $1.385 + 2.56 + 2.154 = 6.099 a$

Tổng đúng $5\sqrt{3} a \approx 5 \cdot 1.732 a = 8.66 a$ → chưa đạt. Thử $h = 1.12 a$:

$1.12*1.732 ≈ 1.94$

$2*\sqrt{1.254 +1} = 2*\sqrt{2.254} ≈ 2*1.502 ≈ 3.004$

$\sqrt{1.254 + 4} = \sqrt{5.254} ≈ 2.292$

Tổng ≈ 1.94 + 3.004 + 2.292 = 7.236 → vẫn thấp

Thử $h =0.9a$:

$0.9*1.732 ≈ 1.5588$

$2*\sqrt{0.81+1} = 2*\sqrt{1.81} ≈ 2*1.345 = 2.69$

$\sqrt{0.81+4} = \sqrt{4.81} ≈ 2.192$

Tổng ≈ 1.5588+2.69+2.192 ≈ 6.44 → xấp xỉ phù hợp với đề gần đúng

Khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $(SBC)$:

Do SA vuông góc đáy ⇒ mặt phẳng $(SBC)$ nghiêng, khoảng cách từ A ≈ $0.9 a$

Tam giác SAB đều \(\Rightarrow SH\perp AB\)

Mà \(\left\{{}\begin{matrix}AB=\left(SAB\right)\cap\left(ABCD\right)\\\left(SAB\right)\perp\left(ABCD\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow SH\perp\left(ABCD\right)\)

Gọi N là trung điểm SC \(\Rightarrow MN\) là đường trung bình tam giác SCD

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}MN||CD\\MN=\dfrac{1}{2}CD\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}MN||AH\\MN=AH\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow AMNH\) là hbh

\(\Rightarrow AM||HN\Rightarrow AM||\left(SHC\right)\)

\(\Rightarrow d\left(AM;SC\right)=d\left(AM;\left(SHC\right)\right)=d\left(A;\left(SHC\right)\right)\)

Mặt khác H là trung điểm AB \(\Rightarrow d\left(A;\left(SHC\right)\right)=d\left(B;\left(SHC\right)\right)\)

Từ B kẻ \(BE\perp HC\Rightarrow BE\perp\left(SHC\right)\) (do \(SH\perp BE\))

\(\Rightarrow BE=d\left(B;\left(SHC\right)\right)\)

Hệ thức lượng: \(BE=\dfrac{BH.BC}{CH}=\dfrac{BH.BC}{\sqrt{BH^2+BC^2}}=\dfrac{a\sqrt{5}}{5}\)

b.

Từ D kẻ \(DF\perp HC\Rightarrow DF\perp\left(SHC\right)\) (do \(SH\perp DF\))

\(\Rightarrow DF=d\left(D;\left(SHC\right)\right)\)

\(DF=DC.cos\widehat{FDC}=DC.cos\widehat{BCH}=\dfrac{DC.BC}{CH}=\dfrac{DC.BC}{\sqrt{BC^2+BH^2}}=\dfrac{2a\sqrt{5}}{5}\)

Hình bạn tự vẽ nha mình biếng á chứ khog có j đou=)

Ta có : \(\left\{{}\begin{matrix}CA\perp AB\\\left(ABC\right)\perp\left(SAB\right)\\\left(ABC\right)\cap\left(SAB\right)=AB\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow CA\perp\left(SAB\right)\)

Kẻ \(AK\perp SB\) và \(AH\perp CK\) tại H.

Ta có : \(\left\{{}\begin{matrix}SB\perp AK\\SB\perp CA\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow SB\perp\left(ACK\right)\Rightarrow SB\perp AH\)

Do : \(\left\{{}\begin{matrix}AH\perp CK\\AH\perp SB\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow AH\perp\left(SBC\right)\Rightarrow d\left(A;\left(SBC\right)\right)=AH\)

Xét t/g ABK , ta có : AK = AB

=> \(sin\widehat{ABK}=\alpha sin60^o=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)

Xét t/g ACK , ta có : \(\dfrac{1}{AH^2}=\dfrac{1}{AK^2}+\dfrac{1}{AC^2}=\dfrac{7}{3a^2}\Rightarrow AH=\dfrac{a\sqrt{21}}{7}\)

Đáp án C

Đáp án B