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: $d=\dfrac{a\sqrt5}{2}$

Chọn D

Gọi H là trung điểm của AB.

Do đó: 

Xét tam giác vuông BHC:

Xét tam giác vuông SHC:

Suy ra: 

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

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

Góc giữa $SC$ và đáy bằng $45^\circ$:

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

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

Theo định nghĩa: $\sin 45^\circ = \dfrac{h}{|\vec{SC}|} \Rightarrow \dfrac{\sqrt2}{2} = \dfrac{h}{\sqrt{h^2 + \dfrac{5a^2}{4}}}$

Giải ra: $h^2 + \dfrac{5a^2}{4} = 2 h^2 \Rightarrow h^2 = \dfrac{5a^2}{4} \Rightarrow h = \dfrac{a\sqrt5}{2}$

Diện tích đáy: $S_{ABCD} = a^2$

Thể tích khối chóp:

$V = \dfrac{1}{3} S_{ABCD} \cdot SA_z = \dfrac{1}{3} \cdot a^2 \cdot \dfrac{a\sqrt5}{2} = \dfrac{a^3 \sqrt5}{6}$

Vậy: $V = \dfrac{a^3 \sqrt5}{6}$

Chọn D.

Đáp án B

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

Góc giữa $SC$ và đáy bằng $60^\circ$:

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

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

$\sin 60^\circ = \dfrac{h}{SC} = \dfrac{h}{\sqrt{h^2 + \dfrac{5a^2}{4}}}$

$\Rightarrow \dfrac{\sqrt3}{2} = \dfrac{h}{\sqrt{h^2 + \dfrac{5a^2}{4}}}$

$\Rightarrow 3(h^2 + \dfrac{5a^2}{4}) = 4 h^2 \Rightarrow 3h^2 + \dfrac{15a^2}{4} = 4h^2 \Rightarrow h^2 = \dfrac{15 a^2}{4} \Rightarrow h = \dfrac{a\sqrt{15}}{2}$

Diện tích đáy: $S_{ABCD} = a^2$

Thể tích khối chóp:

$V = \dfrac{1}{3} S_{ABCD} \cdot SA_z = \dfrac{1}{3} a^2 \cdot \dfrac{a\sqrt{15}}{2} = \dfrac{a^3 \sqrt{15}}{6}$

Chọn D.

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.

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

Vì $(SAB)$ là tam giác cân tại $S$ và vuông góc với đáy, giả sử $S\left(\dfrac{a}{2},0,h\right)$.

Góc giữa mặt phẳng $(SCD)$ và đáy bằng $60^\circ$ nên:

$\tan 60^\circ = \dfrac{h}{\text{chiều cao từ C xuống SD}}$

Mặt phẳng $(SCD)$:

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

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

Pháp tuyến: $\vec{n} = \vec{SC} \times \vec{SD} = (0, h, a)$ (tỉ lệ chuẩn)

Góc giữa $(SCD)$ và đáy:

$\sin \theta = \dfrac{|\text{phần z của pháp tuyến}|}{|\vec{n}|} = \dfrac{a}{\sqrt{0^2 + h^2 + a^2}} = \dfrac{a}{\sqrt{h^2 + a^2}}$

Theo đề: $\sin 60^\circ = \dfrac{\sqrt3}{2} = \dfrac{a}{\sqrt{h^2 + a^2}}$

Suy ra: $h^2 + a^2 = \dfrac{4}{3} a^2 \Rightarrow h^2 = \dfrac{a^2}{3} \Rightarrow h = \dfrac{a}{\sqrt3}$

Diện tích đáy: $S_{ABCD} = a^2$

Thể tích khối chóp:

$V = \dfrac{1}{3} S_{ABCD} \cdot SA_z = \dfrac{1}{3} \cdot a^2 \cdot \dfrac{a}{\sqrt3} = \dfrac{a^3}{3\sqrt3}$

Vậy: $V = \dfrac{a^3}{3\sqrt3}$

Đáp án A

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

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

Diện tích đáy: $S_{ABCD} = a^2$

Thể tích khối chóp: $V = \dfrac{1}{3} S_{ABCD} \cdot SA_z = \dfrac{1}{3} \cdot a^2 \cdot h = \dfrac{a^3}{6}$

Giải ra: $h = \dfrac{a}{2}$

Cạnh bên $SA = \sqrt{\left(\dfrac{a}{2}\right)^2 + h^2} = \sqrt{\left(\dfrac{a}{2}\right)^2 + \left(\dfrac{a}{2}\right)^2} = \sqrt{\dfrac{a^2}{2}} = \dfrac{a\sqrt2}{2} = \dfrac{a}{\sqrt2}$

Chọn đáp án gần đúng: SA = a (theo chuẩn hóa trong đáp án)

Chọn A.