a) Gọi \(H\) là trung điểm của \(AC\)

\(SAC\) là tam giác đều \( \Rightarrow SH \bot AC\)

Mà \(\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\)

\( \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SH \bot BC\)

Lại có \(AC \bot BC\)

\(\left. \begin{array}{l} \Rightarrow BC \bot \left( {SAC} \right)\\BC \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAC} \right)\)

b) \(SAC\) là tam giác đều \( \Rightarrow AI \bot SC\)

\(BC \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BC \bot AI\)

\(\left. \begin{array}{l} \Rightarrow AI \bot \left( {SBC} \right)\\AI \subset \left( {ABI} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {ABI} \right) \bot \left( {SBC} \right)\)

Đáp án D.

Đặt SH = x, tính SB, SC theo x. Sau đó áp dụng định lí cosin cho ∆ SBC

Tìm được 

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

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

Vì $(SAC)\perp(ABC)$ nên hình chiếu $H$ của $S$ lên $(ABC)$ thuộc $AC$.

Tam giác $SAC$ cân tại $S$ nên $SH \perp AC$ tại trung điểm $H$ của $AC$.

Suy ra: $AH = HC = \dfrac{a}{2}$.

Trong tam giác đều $ABC$:

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

Xét góc $\widehat{SBC} = 60^\circ$:

$\tan 60^\circ = \dfrac{SH}{BH} \Rightarrow \sqrt3 = \dfrac{SH}{\dfrac{\sqrt3}{2}a} \Rightarrow SH = \dfrac{3a}{2}$.

Thể tích khối chóp:

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

Vậy $V = \dfrac{a^3\sqrt3}{8}$.

Chọn đáp án D.

a) BC ⊥ SA & BC ⊥ AB) ⇒ BC ⊥ (SAB)

⇒ BC ⊥ SB.

⇒ tam giác SBC vuông tại B.

b) BH ⊥ AC & BH ⊥ SA ⇒ BC ⊥ (SAC)

⇒ (SBH) ⊥ (SAC).

c) d[B, (SAC)] = BH. Ta có:

Đáp án A

Gọi I,H lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên BC, SI, khi đó: d(A, (SBC)) =AH

Tam giác ABC đều cạnh a nên AI =  a 3 2

Khi đó xét tam giác SAI :

1)

Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $S$ lên $(ABC)$.

Vì $(SAC) \perp (ABC)$ nên $H \in AC$.

a) Góc giữa $SC$ và $(ABC)$ là góc giữa $SC$ và hình chiếu $HC$:

$\tan \alpha = \dfrac{SH}{HC}$.

Tam giác $ABC$ đều cạnh $a$, $H \in AC$ nên đặt $HC = x$.

Vì tam giác $SAC$ cân tại $S$ nên $SH \perp AC$ tại trung điểm $\Rightarrow H$ là trung điểm $AC$.

Suy ra $HC = \dfrac{a}{2}$.

Xét góc giữa $SB$ và đáy:

$\tan 30^\circ = \dfrac{SH}{BH} = \dfrac{1}{\sqrt3}$.

Trong tam giác đều:

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

=> $\dfrac{1}{\sqrt3} = \dfrac{SH}{\dfrac{\sqrt3}{2}a} \Rightarrow SH = \dfrac{a}{2}$.

Do đó: $\tan \alpha = \dfrac{SH}{HC} = \dfrac{\dfrac{a}{2}}{\dfrac{a}{2}} = 1 \Rightarrow \alpha = 45^\circ$.

b) Góc giữa $(SBC)$ và $(ABC)$:

Gọi $M$ là trung điểm $BC$, khi đó góc giữa hai mặt phẳng là:

$\tan \beta = \dfrac{SH}{HM}$.

Trong tam giác đều:

$HM = \dfrac{\sqrt3}{2}a \cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{a\sqrt3}{4}$.

=> $\tan \beta = \dfrac{\dfrac{a}{2}}{\dfrac{a\sqrt3}{4}} = \dfrac{2}{\sqrt3} \Rightarrow \beta = \arctan \dfrac{2}{\sqrt3}$.

2)

Vì $(SAB) \perp (ABC)$ và tam giác $SAB$ vuông tại $S$ nên:

$SA \perp SB$, đồng thời $SA \perp (ABC)$.

=> $SA$ là chiều cao.

a) Góc giữa $SC$ và $(ABC)$:

Gọi $H$ là hình chiếu của $S$ lên $(ABC)$ thì $H \equiv A$.

Do đó: $\tan \alpha = \dfrac{SA}{AC}$.

Vì tam giác đều: $AC = a$.

=> $\tan \alpha = \dfrac{a\sqrt3}{a} = \sqrt3 \Rightarrow \alpha = 60^\circ$.

b) Góc giữa $(SBC)$ và $(ABC)$:

Gọi $M$ là trung điểm $BC$, ta có:

$\tan \beta = \dfrac{SA}{AM}$.

Trong tam giác đều:

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

=> $\tan \beta = \dfrac{a\sqrt3}{\dfrac{\sqrt3}{2}a} = 2 \Rightarrow \beta = \arctan 2$.

Đặt hệ trục tọa độ:

$B(0,0,0),\ A(a,0,0),\ C(0,a,0)$.

Vì $SA\perp(ABC)$ và $SA=a$ nên:

$S(a,0,a)$.

Trong mặt phẳng $(SAC)$:

$\vec{SA}=(0,0,a),\ \vec{AC}=(-a,a,0)$.

Vectơ pháp tuyến của $(SAC)$ là:

$\vec n_1=\vec{SA}\times\vec{AC}=(-a^2,-a^2,0)$.

Suy ra có thể lấy:

$\vec n_1=(1,1,0)$.

Trong mặt phẳng $(SBC)$:

$\vec{SB}=(-a,0,-a),\ \vec{BC}=(0,a,0)$.

Vectơ pháp tuyến của $(SBC)$ là:

$\vec n_2=\vec{SB}\times\vec{BC}=(a^2,0,-a^2)$.

Suy ra có thể lấy:

$\vec n_2=(1,0,-1)$.

Góc giữa hai mặt phẳng bằng góc giữa hai vectơ pháp tuyến:

$\cos\alpha=\dfrac{|\vec n_1\cdot\vec n_2|}{|\vec n_1||\vec n_2|}$

$=\dfrac{|1\cdot1+1\cdot0+0\cdot(-1)|}{\sqrt{1^2+1^2}\sqrt{1^2+(-1)^2}}$

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

Suy ra:

$\alpha=60^\circ$.

Vậy chọn đáp án A.

Chọn đáp án B

Gọi là H hình chiếu của đỉnh S xuống mặt phẳng (ABC). Khi đó, ta có

Ta có

Tương tự, ta cũng chứng minh được

Từ đó suy ra 

Do SH ⊥ AB, BH ⊥ AB nên suy ra góc giữa (SAB) và (ABC) là góc SBH. Vậy SBH =  60 0

Trong tam giác vuông ABH, ta có

Trong tam giác vuông SHB, ta có