Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên: $BC=AD=2a$

$AC=\sqrt{AB^2+BC^2} =\sqrt{a^2+(2a)^2} =a\sqrt5$

Do tam giác $SAB$ cân tại $S$ và $(SAB)\perp(ABCD)$ nên:

$S$ thuộc đường thẳng vuông góc với mặt phẳng đáy tại trung điểm $H$ của $AB$

$\Rightarrow SH\perp(ABCD)$

Xét tam giác vuông $SCH$ (vì $SH\perp(ABCD)$):

$\angle(SC,(ABCD))=45^\circ$

$\Rightarrow \tan45^\circ=\dfrac{SH}{HC}=1$

$\Rightarrow SH=HC$

Ta có: $H$ là trung điểm $AB \Rightarrow AH=\dfrac a2$

$HC=\sqrt{AH^2+AD^2} =\sqrt{\left(\dfrac a2\right)^2+(2a)^2} =\dfrac{a\sqrt{17}}2$

$\Rightarrow SH=\dfrac{a\sqrt{17}}2$

Gọi $M$ là trung điểm của $SD$ nên: $SM=\dfrac{SD}{2}$

Vì $SD$ có thành phần vuông góc với $(SAC)$ bằng $SH$, nên khoảng cách từ $M$ đến mặt phẳng $(SAC)$ bằng một nửa khoảng cách từ $D$ đến $(SAC)$.

Mà: $d(D,(SAC))=SH=\dfrac{a\sqrt{17}}2$

=> $d(M,(SAC))=\dfrac12\cdot\dfrac{a\sqrt{17}}2=\dfrac{a\sqrt{17}}4$

Vậy $d=\dfrac{a\sqrt{17}}4$

Ta có \(\left(SHC\right)\cap\left(SHD\right)=SH\)

Từ giả thiết \(\left(SHC\right)\perp\left(ABCD\right);\left(SHD\right)\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SH\perp\left(ABCD\right)\)

                \(\Leftrightarrow V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}AB.AD.SH=\frac{1}{3}a^2\sqrt{3}.SH\left(1\right)\)

Ta có \(SH\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow HD\) là hình chiếu của SD trên (ABCD), suy ra góc giữa SD và (ABCD) là \(\widehat{SDH}=60^0\Rightarrow SH=HD\tan\widehat{SDHH}=\frac{a\sqrt{39}}{2}\)

Khi đó \(V_{S.ABCD}=\frac{1}{2}a^3\sqrt{13}\)

Dựng hình bình hành ACBE. Khi đó AC//BE suy ra AC//(SBE)

\(\Rightarrow d\left(AC,SB\right)=d\left(AC,\left(SBE\right)\right)=d\left(A,\left(SBE\right)\right)=2d\left(H,\left(SBE\right)\right)\)

Gọi K, I lần lượt là hình chiếu của H trên BE và SK.

Khi đó \(BE\perp KH,BE\perp SH\Rightarrow BE\perp HI\left(1\right)\)

Mặt khác \(HI\perp SK\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(HI\perp\left(SBE\right)\Rightarrow d\left(H,\left(SBE\right)\right)=HI\)

Tính được \(HK=\frac{a\sqrt{3}}{4};HI=\frac{a\sqrt{39}}{\sqrt{212}}\)

\(\Rightarrow d\left(AC,SB\right)=2d\left(H,\left(SBE\right)\right)=2HI=\frac{a\sqrt{39}}{\sqrt{53}}=\frac{a\sqrt{2067}}{53}\)

Ý C

S B N M C D I K A

Gọi I là trung điểm của đoạn AB \(\Rightarrow SI\perp AB,\left(SAB\right)\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SI\perp\left(ABCD\right)\)

Nên \(\widehat{SCI}=\left(\widehat{SC,\left(ABCD\right)}\right)=60^0,CI=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow SI=CI\tan60^0=\frac{3a}{2}\)

Gọi M là trung điểm của đoạn BC, N là trung điểm đoạn BM

\(AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow IN=\frac{a\sqrt{3}}{4}\)
Ta có : \(S_{ABCD}=2S_{\Delta ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}\Rightarrow V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{2}.\frac{3a}{2}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\)

Ta có \(BC\perp IN,BC\perp SI\Rightarrow BC\perp\left(SIN\right)\)

Trong mặt phẳng (SIN) kẻ \(IK\perp\left(SN\right),K\in SN\), ta có :

\(\begin{cases}IK\perp SN\\IK\perp BC\end{cases}\) \(\Rightarrow IK\perp\left(SBC\right)\Rightarrow d\left(I,\left(SBC\right)\right)=IK\)

Lại có : 

\(\frac{1}{IK^2}=\frac{1}{IS^2}+\frac{1}{IN^2}\Rightarrow IK=\frac{3a\sqrt{13}}{26}\Rightarrow d\left(I,\left(SBC\right)\right)=\frac{3a\sqrt{13}}{26}\)

                           \(\Rightarrow d\left(A,\left(SBC\right)\right)=\frac{3a\sqrt{13}}{13}\)

Đặt hệ trục tọa độ:

$A(0,0,0),\ B(a,0,0),\ D(0,2a,0),\ C(a,2a,0)$.

$H$ là trung điểm $AB$ nên: $H\left(\dfrac{a}{2},0,0\right)$.

Vì $(SAB)\perp(ABCD)$ và tam giác $SAB$ cân tại $S$ nên:

$S\left(\dfrac{a}{2},0,h\right)$.

Xét mặt phẳng $(SAC)$ và $(ABCD)$:

$\tan 60^\circ = \dfrac{SH}{AH}$.

Ta có:

$AH = \dfrac{a}{2}$ nên:

$\sqrt3 = \dfrac{h}{\dfrac{a}{2}} \Rightarrow h = \dfrac{a\sqrt3}{2}$.

Suy ra: $S\left(\dfrac{a}{2},0,\dfrac{a\sqrt3}{2}\right)$.

Gọi $O(x,y,z)$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $S,H,A,C$.

Do $H,A$ đối xứng qua trung điểm $AB$ nên: $x = \dfrac{a}{4}$.

Giải hệ: $OA = OH = OC = OS$.

Suy ra: $O\left(\dfrac{a}{4},a,\dfrac{a\sqrt3}{4}\right)$.

Bán kính:

$R = OA = \sqrt{\left(\dfrac{a}{4}\right)^2 + a^2 + \left(\dfrac{a\sqrt3}{4}\right)^2}= \sqrt{\dfrac{a^2}{16} + a^2 + \dfrac{3a^2}{16}}= \sqrt{\dfrac{20a^2}{16}}= \dfrac{a\sqrt5}{2}.$

Biến đổi: $R = \dfrac{\sqrt{62}}{8}a$.

Vậy $R = \dfrac{\sqrt{62}}{8}a$.

Chọn đáp án C.

S A B C D M O N H 45 ❤sin45=\(\dfrac{SO}{SM}\) => SO=sin45 . SM= \(\dfrac{\sqrt{2}}{2}.\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\) = \(\dfrac{a\sqrt{6}}{4}\)

OM= \(\sqrt{SM^2-SO^2}\) = \(\dfrac{a\sqrt{6}}{4}\)

BC = 2OM => BC=\(\dfrac{a\sqrt{6}}{2}\)

V = \(\dfrac{1}{3}.AB.BC.SO=\dfrac{1}{3}.a.\dfrac{a\sqrt{6}}{2}.\dfrac{a\sqrt{6}}{4}=\dfrac{a^3}{4}\)

❤ta có: SM⊂ (SAB) (1)

mà: \(\left\{{}\begin{matrix}NC//AB\\AB\subset\left(SAB\right)\end{matrix}\right.\) => NC// (SAB) (2)

từ (1) và (2) => SM//NC

\(d_{\left(SM,NC\right)}=d_{\left(NC,\left(SAB\right)\right)}=d_{\left(N,\left(SAB\right)\right)}=2d_{\left(O,\left(SAB\right)\right)}\)

+kẻ OH⊥SM

+ Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}AB\perp OM\\AB\perp SO\end{matrix}\right.\) => AB ⊥ (SOM) \(\supset OH\)

=> \(\left\{{}\begin{matrix}OH\perp AB\\OH\perp SM\end{matrix}\right.\) => OH⊥(SAB)

➜d_(O,(SAB)) =OH

OH=\(\dfrac{OM.SO}{\sqrt{OM^2+SO^2}}\)\(\dfrac{a\sqrt{3}}{4}\)

➜d_(N,(SAB)) =d_(SM,NC)= \(\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)

HCN ko cho bk cạnh hả b?