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

Chọn C

Kẻ 

Vậy 

D A B C N M I G H

\(d\left(M,BN\right)=\frac{\left|13\left(-1\right)-10.2+13\right|}{\sqrt{13^2+10^2}}=\frac{20}{\sqrt{269}}\)

\(H\in\Delta\Leftrightarrow H\left(3a;2a\right)\)

Gọi I là tâm ABCD, G là giao điểm của AC và BN. Ta thấy G là trọng tâm của tam giác BCD

Suy ra \(CG=\frac{2}{3}.CI=\frac{1}{3}AC\) mà \(AM=\frac{1}{4}AC\Rightarrow MG=\frac{5}{12}AC\Rightarrow CG=\frac{4}{5}MG\)

\(\Rightarrow d\left(C,BN\right)=\frac{4}{5}d\left(M,BN\right)=\frac{16}{\sqrt{269}}\Rightarrow d\left(H,BN\right)=2d\left(C,BN\right)=\frac{32}{\sqrt{269}}\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left|13.3a-10.2a+13\right|}{\sqrt{269}}=\frac{32}{\sqrt{269}}\Leftrightarrow a=1\) hoặc \(a=\frac{-45}{19}\)

Vì H và M nằm khác phía đối với đường thẳng BN nên \(H\left(3;2\right)\)

Tiếp.........

Ta thấy \(CM=\frac{3AC}{4}=\frac{2AB}{4}=\frac{2CD}{4}=\frac{CD}{2}=CD=CH\Rightarrow\Delta MHN\) vuông tại M

HM có phương trình \(y-2=0\Rightarrow MN:x+1=0\Rightarrow N\left(-1;0\right)\Rightarrow C\left(1;1\right),D\left(-3;-1\right)\)

Do \(\overrightarrow{CM}=3\overrightarrow{MA}\Rightarrow A\left(\frac{-5}{3};\frac{7}{3}\right)\Rightarrow I\left(\frac{-1}{3};\frac{5}{3}\right)\Rightarrow B\left(\frac{7}{3};\frac{13}{3}\right)\)

Vậy \(A\left(\frac{-5}{3};\frac{7}{3}\right);B\left(\frac{7}{3};\frac{13}{3}\right);C\left(1;1\right);D\left(-3.-1\right)\)

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.

Chọn đáp án A