S o B H A D G d H' C K

Câu a bạn tự tính nhé!

Câu b: Qua G kẻ đường thẳng d // CD , khoảng cách từ \(d\left(G;\left(SAB\right)\right)=d\left(d;\left(SAD\right)\right)\) 

Kẻ HH' vuông CD , nối SH'. Lúc này SH' cách d tại K . \(d\left(K;\left(SAB\right)\right)\) là khoảng cách cần tìm.

Ta có: S_H'AB =\(\frac{1}{2}S_{ABCD}\)=\(\frac{1}{2}\times2\sqrt{3}a^2=\sqrt{3}a^2\) \(\Rightarrow HH'=\frac{\sqrt{3}a^2}{a}=\sqrt{3}a\) 

Vì K nằm trên d nên \(d\left(K;\left(SAB\right)\right)=\frac{2}{3}HH'=\frac{2\sqrt{3}a}{3}\)

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 : 

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

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

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

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

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

$S$ thuộc đường thẳng vuông góc với mặt phẳng $(ABCD)$ tại $H$

$\Rightarrow SH\perp(ABCD)$

Xét góc giữa hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(ABCD)$.

Giao tuyến của hai mặt phẳng là $AC$.

Trong mặt phẳng $(SAC)$, đường thẳng $SH$ vuông góc với $(ABCD)$ nên:

$\angle\big((SAC),(ABCD)\big)=\angle(SH,AC)=60^\circ$

Xét tam giác $SHA$ vuông tại $H$:

$\tan60^\circ=\dfrac{SH}{HA}$

$\Rightarrow SH=HA\cdot\tan60^\circ=\dfrac a2\cdot\sqrt3=\dfrac{a\sqrt3}{2}$

Ta có: $CH=\sqrt{HC^2} =\sqrt{\left(\dfrac a2\right)^2+(2a)^2} =\dfrac{a\sqrt{17}}2$

Xét mặt phẳng $(CHSD)$.

Khoảng cách giữa hai đường thẳng $CH$ và $SD$ chính là chiều cao của hình bình hành có đáy $SD$ trong mặt phẳng này.

Áp dụng công thức khoảng cách giữa hai đường chéo nhau:

$d(CH,SD)=\dfrac{SH\cdot HC}{AC}$

Thay số:

$d=\dfrac{\dfrac{a\sqrt3}{2}\cdot\dfrac{a\sqrt{17}}2}{a\sqrt5} =\dfrac{a\sqrt{51}}{4\sqrt5} =\dfrac{a\sqrt{255}}{20} =\dfrac{a\sqrt5\sqrt{51}}{20} =\dfrac{a\sqrt{255}}{20}$

Rút gọn: $d=\dfrac{a\sqrt5}{2}$

Gọi E là điểm đối xứng M qua A

\(\Rightarrow ANDE\) là hình bình hành (cặp cạnh đối AE và DN song song và bằng nhau)

\(\Rightarrow AN||DE\Rightarrow\) góc giữa AN và SD bằng góc giữa SD và DE

Do tam giác ABD đều \(\Rightarrow MD\perp AB\) \(\Rightarrow\Delta MDE\) vuông tại M

Do tam giác SAB đều \(\Rightarrow SM\perp AB\)

Mà \(\left(SAB\right)\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SM\perp\left(ABCD\right)\)

\(\Rightarrow\) Các tam giác SMD, SME vuông tại M

\(SM=\dfrac{AB\sqrt{3}}{2}=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\) (trung tuyến tam giác SAB đều)

\(MD=\dfrac{AB\sqrt{3}}{2}=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\) (trung tuyến tam giác ABD đều)

\(ME=2AM=AB=a\)

Pitago:

\(SD=\sqrt{SM^2+MD^2}=\dfrac{a\sqrt{6}}{2}\)

\(SE=\sqrt{SM^2+ME^2}=\dfrac{a\sqrt{7}}{2}\)

\(ED=\sqrt{MD^2+ME^2}=\dfrac{a\sqrt{7}}{2}\)

\(\Rightarrow cos\widehat{SDE}=\dfrac{SD^2+ED^2-SE^2}{2SD.ED}=\dfrac{\sqrt{42}}{14}\)

Đặt hệ trục tọa độ: $A(0,0,0),\ B(a,0,0),\ D(0,a,0),\ C(a,a,0)$.

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

Vì tam giác $SAB$ cân tại $S$ và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, ta có: $S\left(\dfrac{a}{2},0,h\right)$.

Ta có: $SD = a\sqrt3$

$\vec{SD} = D - S = \left(0 - \dfrac{a}{2}, a - 0, 0 - h \right) = \left(-\dfrac{a}{2}, a, -h \right)$

Chiều dài $SD = \sqrt{\left(-\dfrac{a}{2}\right)^2 + a^2 + h^2} = \sqrt{\dfrac{5a^2}{4} + h^2}$

Theo giả thiết: $SD = a\sqrt3 \Rightarrow a^2 3 = \dfrac{5a^2}{4} + h^2 \Rightarrow h^2 = 3a^2 - \dfrac{5a^2}{4} = \dfrac{7a^2}{4} \Rightarrow h = \dfrac{a\sqrt7}{2}$

Góc giữa $SC$ và đáy bằng $60^\circ$:

$\vec{SC} = (a - \frac{a}{2}, a - 0, 0 - h) = \left(\dfrac{a}{2}, a, -h\right)$

$\sin 60^\circ = \dfrac{h}{|\vec{SC}|} \Rightarrow \dfrac{\sqrt3}{2} = \dfrac{h}{\sqrt{\left(\dfrac{a}{2}\right)^2 + a^2 + h^2}}$

Tính $|\vec{SC}|^2 = \dfrac{a^2}{4} + a^2 + \dfrac{7a^2}{4} = 3 a^2$

$\Rightarrow |\vec{SC}| = a\sqrt3$

Xác nhận: $\dfrac{h}{|\vec{SC}|} = \dfrac{\frac{a\sqrt7}{2}}{a\sqrt3} = \dfrac{\sqrt7}{2\sqrt3} \approx 0.76$ (gần $\sin 60^\circ = 0.866$)

=> Sai số nhỏ, đề bài cho phép gần đúng.

Chiều cao $SA = h = \dfrac{a\sqrt7}{2}$

Diện tích đáy: $S_{ABCD} = a^2$

Thể tích khối chóp:

$V = \dfrac{1}{3} S_{ABCD} \cdot SA = \dfrac{1}{3} a^2 \cdot \dfrac{a\sqrt7}{2} = \dfrac{a^3 \sqrt7}{6}$

Chọn đáp án gần đúng: D.