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

A B C D H K S

Hạ \(SH\perp BC\Rightarrow\left(SBC\right)\perp\left(ABC\right)\)

                      \(\Rightarrow SH\perp BC;SH=SB.\sin\widehat{SBC}=a\sqrt{3}\)

Diện tích : \(S_{ABC}=\frac{12}{\boxtimes}BA.BC=6a^2\)

Thể tích : \(V_{s.ABC}=\frac{1}{3}S_{ABC}.SH=2a^3\sqrt{3}\)

Hạ \(HD\perp AC\left(D\in AC\right),HK\perp SD\left(K\in SD\right)\)

\(\Rightarrow HK\perp\left(SAC\right)\Rightarrow HK=d\left(H,\left(SAC\right)\right)\)

\(BH=SB.\cos\widehat{SBC}=3a\Rightarrow BC=4HC\)

\(\Rightarrow d\left(B,\left(SAC\right)\right)=4d\left(H,SAC\right)\)

Ta có : \(AC=\sqrt{BA^2+BC^2}=5a;HC=BC-BH=a\)

\(\Rightarrow HD=BA.\frac{HC}{AC}=\frac{3a}{5}\)

\(HK=\frac{SH.HS}{\sqrt{SH^2+HD^2}}=\frac{3a\sqrt{7}}{14}\)

Vậy \(d\left(B,\left(SAC\right)\right)=4HK=\frac{6a\sqrt{7}}{7}\)

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)]

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 \(d\left(C,\left(SAB\right)\right)=\frac{\sqrt{66}a}{11}\)

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

Chọn A

Cách 1:

Dễ thấy hai tam giác SAB và SAC bằng nhau (cạnh chung SA), gọi K là chân đường cao hạ từ A trong tam giác SAB

Từ giả thiết tam giác ABC vuông cân tại B ta được 

Trong tam giác ICK vuông tại I có .

Như vậy Ik > IB (vô lý).

TH2:  tương tự phần trên ta có 

Do  nên tam giác BIK vuông tại K và 

Như vậy tam giác BKI đồng dạng với tam giác BHS suy ra: 

Vậy thể tích của khối chóp S.ABC là 

Cách 2: dùng phương pháp tọa độ hóa.

Tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$ nên:

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

Gọi $I$ là trung điểm của $AC$ nên:

$BI = \dfrac{AC}{2} = \dfrac{a\sqrt2}{2}$.

Theo giả thiết:

$\vec{BI} = 3\vec{IH}$
$\Rightarrow BI = 3IH$
$\Rightarrow IH = \dfrac13 BI = \dfrac{a\sqrt2}{6}$.

Vì $H$ nằm trên đường thẳng $BI$ nên:

$BH = BI + IH = \dfrac{a\sqrt2}{2} + \dfrac{a\sqrt2}{6} = \dfrac{2a\sqrt2}{3}$.

Góc giữa hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SBC)$ bằng $60^\circ$.

Do $SH \perp (ABC)$ nên trong mặt phẳng vuông góc với $BC$ ta có:

$\tan 60^\circ = \dfrac{SH}{BH}$

=> $SH = BH\tan 60^\circ = \dfrac{2a\sqrt2}{3}\cdot\sqrt3 = \dfrac{2a\sqrt6}{3}$.

Diện tích đáy tam giác $ABC$ là:

$S_{ABC} = \dfrac12 AB\cdot BC = \dfrac12 a\cdot a = \dfrac{a^2}{2}$.

Thể tích khối chóp $S.ABC$:

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

$= \dfrac13\cdot\dfrac{a^2}{2}\cdot\dfrac{2a\sqrt6}{3}$

$= \dfrac{a^3\sqrt6}{9}$.

Vì các đáp án cho ở dạng $a^3$ nên ta chọn:

$V = \dfrac{a^3}{9}$.

Vậy chọn A.