Gọi H, J lần lượt là trung điểm của BC, AC.  

Ta có : \(\begin{cases}SH\perp\left(ABC\right)\\HJ\perp AC\end{cases}\) \(\Rightarrow AC\perp SJ\)=> SJH = 60 độ

\(AB=\frac{BC}{\sqrt{2}}=a\sqrt{2};HJ=\frac{AB}{2}=\frac{\sqrt{2a}}{2};SH=HJ.\tan60^o=\frac{a\sqrt{6}}{2}\)

Ta có : \(V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SH\frac{AB.AC}{2}=\frac{1}{6}.\frac{\sqrt{6}}{2}.\left(\sqrt{2}\right)^2.a^3=\frac{a^3\sqrt{6}}{6}\)

Gọi E là hình chiếu của H lên SJ, khi đó ta có \(\begin{cases}HE\perp SJ\\HE\perp AC\end{cases}\) \(\Rightarrow HE\perp\left(SAC\right)\)

Mặt khác, do IH SC IH SAC / / (SAC)  , suy ra 

\(d\left[I,\left(SAC\right)\right]=d\left[H,\left(SAC\right)\right]=HE=HJ.\sin60^o=\frac{\sqrt{6}}{4}a\)

ok chờ tí

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

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.

Đáp án B

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

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

Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $S$ lên mặt phẳng $(ABC)$, theo đề bài $H$ là trung điểm của $BC$ nên $BH = \dfrac{a}{2}$.

Trong tam giác đều $ABC$, khoảng cách từ $H$ đến đường thẳng $AB$ là:

$HM = \dfrac{\sqrt3}{2}\cdot \dfrac{a}{2} = \dfrac{a\sqrt3}{4}$.

Góc giữa mặt phẳng $(SAB)$ và $(ABC)$ bằng $45^\circ$ nên:

$\tan 45^\circ = \dfrac{SH}{HM}$

$1 = \dfrac{SH}{\dfrac{a\sqrt3}{4}}$

$\Rightarrow SH = \dfrac{a\sqrt3}{4}$.

Thể tích khối chóp $S.ABC$ là:

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

$= \dfrac13 \cdot \dfrac{\sqrt3}{4}a^2 \cdot \dfrac{a\sqrt3}{4}$

$= \dfrac{a^3}{16}$.

Vậy $V = \dfrac{a^3}{16}$.

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

Đáp án D

Tam giác $ABC$ vuông tại $A$, có
$AB = 2,\ \widehat{ABC}=60^\circ$.

Trong tam giác vuông $ABC$:

$\cos 60^\circ = \dfrac{AB}{BC}$

$\dfrac12 = \dfrac{2}{BC} \Rightarrow BC = 4$.

=> $AC = BC\sin60^\circ = 4 \cdot \dfrac{\sqrt3}{2} = 2\sqrt3$.

Diện tích đáy $ABC$ là:

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

$= \dfrac12 \cdot 2 \cdot 2\sqrt3 = 2\sqrt3$.

Gọi $H$ là trung điểm của $BC$.
Vì tam giác $ABC$ vuông tại $A$ nên:

$AH = \dfrac{BC}{2} = 2$.

Góc giữa $SA$ và mặt phẳng đáy bằng $45^\circ$ nên:

$\tan 45^\circ = \dfrac{SA}{AH}$

$1 = \dfrac{SA}{2} \Rightarrow SA = 2$.

Thể tích khối chóp $S.ABC$:

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

$= \dfrac13 \cdot 2\sqrt3 \cdot 2$

$= \dfrac{4\sqrt3}{3}$.

Đáy $ABC$ là tam giác vuông tại $A$, $AB = 3$, $BC = 3\sqrt3$ nên:

$AC = \sqrt{BC^2 - AB^2} = \sqrt{27 - 9} = 3\sqrt2$.

Diện tích đáy:

$S_{ABC} = \dfrac{1}{2}AB \cdot AC = \dfrac{1}{2}\cdot 3 \cdot 3\sqrt2 = \dfrac{9\sqrt2}{2}$.

Tam giác $SAB$ đều cạnh $3$ và nằm trong mặt phẳng vuông góc với $(ABC)$ nên:

$SA = SB = AB = 3$ và $S$ nằm trên đường thẳng vuông góc với $(ABC)$ tại trung điểm $H$ của $AB$.

Suy ra: $AH = HB = \dfrac{3}{2}$.

Trong tam giác đều $SAB$:

$SH = \dfrac{\sqrt3}{2}\cdot 3 = \dfrac{3\sqrt3}{2}$.

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

Thể tích khối chóp:

$V = \dfrac13 S_{ABC} \cdot SH= \dfrac13 \cdot \dfrac{9\sqrt2}{2} \cdot \dfrac{3\sqrt3}{2}= \dfrac{27\sqrt6}{12}= \dfrac{9\sqrt6}{4}$.

Vậy $V = \dfrac{9\sqrt6}{4}$.

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)]

Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với (ABC) \(\Rightarrow SA\perp\left(ABC\right)\)

\(AB\perp BC\Rightarrow SB\perp BC\Rightarrow\widehat{SBA}\) là góc giữa 2 mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng (ABC)

\(\Rightarrow\widehat{SBA}=60^o\)

\(\Rightarrow SA=AB.\tan\widehat{SBA}=2a\sqrt{3}\)

Mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N

\(\Rightarrow MN||BC\) và N là trung điểm của \(AC\\ \)

\(MN=\frac{BC}{2}=a;BM=\frac{AB}{2}=a\)

Diện tích \(S_{BCNM}=\frac{\left(BC+MN\right).BM}{2}=\frac{3a^2}{2}\)

Thể tích \(V_{S.BCNM}=\frac{1}{3}S_{BCNM}.SA=a^3\sqrt{3}\)

Kẻ đường thẳng \(\Delta\) đi qua N, song song với AB

Hạ \(AD\perp\Delta\left(D\in\Delta\right)\Rightarrow AB||\left(SND\right)\)

                                 \(\Rightarrow d\left(AB;SN\right)=d\left(AB,\left(SND\right)\right)=d\left(A,\left(SND\right)\right)\)

Hạ \(AH\perp SD\left(H\in SD\right)\Rightarrow AH\perp\left(SND\right)\Rightarrow d\left(A,\left(SND\right)\right)=AH\)

Tam giác SAD vuông tại A : \(\begin{cases}AH\perp SD\\AD=MN=a\end{cases}\)

                                            \(\Rightarrow d\left(AB,SN\right)=AH=\frac{SA.AD}{\sqrt{SA^2+AD^2}}=\frac{2a\sqrt{39}}{13}\)

1242