Có: (SC, (ABCD)) = ∠SCB

Gọi: \(O=AC\cap BD\)

Có: \(OC=\dfrac{1}{2}AC=\dfrac{3}{2}a\)

\(OB=\dfrac{1}{2}BD=\dfrac{5}{2}a\)

Xét tam giác OBC vuông tại O (Do: ABCD là hình thoi nên AC ⊥ BD), có:

\(BC=\sqrt{OB^2+OC^2}=\dfrac{a\sqrt{34}}{2}\)

Xét tam giác SBC vuông tại B (Do: SB ⊥ (ABCD) ), có:

\(SB=BC.tan60^o=\dfrac{a\sqrt{102}}{2}\)

\(\Rightarrow V_{SABCD}=\dfrac{1}{3}.\dfrac{a\sqrt{102}}{2}.\dfrac{1}{2}.3a.5a=\dfrac{5a^3\sqrt{102}}{4}\left(đvtt\right)\)

1.

\(\widehat{ABC}=60^0\Rightarrow\Delta ABC\) đều

\(\Rightarrow S_{ABCD}=2S_{ABC}=2.\dfrac{a^2\sqrt{3}}{4}=\dfrac{a^2\sqrt{3}}{2}\)

Gọi O là giao điểm 2 đường chéo \(\Rightarrow SO\perp AC\Rightarrow SO\perp\left(ABCD\right)\)

\(SO=\dfrac{AC\sqrt{3}}{2}=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\) (trung tuyến tam giác đều)

\(V=\dfrac{1}{3}SO.S_{ABCD}=\dfrac{a^3}{4}\)

2.

Gọi M là trung điểm AB \(\Rightarrow SM\perp AB\Rightarrow SM\perp\left(ABCD\right)\)

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

Áp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông MBC:

\(CM^2=BM^2+BC^2=\left(\dfrac{AB}{2}\right)^2+\left(2AB\right)^2=\dfrac{17AB^2}{4}\)

Áp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông SMC:

\(SC^2=SM^2+CM^2\Leftrightarrow5a^2=\dfrac{3AB^2}{4}+\dfrac{17AB^2}{4}=5AB^2\)

\(\Rightarrow AB=a\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AD=2a\\SM=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\end{matrix}\right.\)

\(V=\dfrac{1}{3}.SM.AB.AD=\dfrac{a^3\sqrt{3}}{3}\)

a) Dễ dàng chứng minh tam giác ABC và ACD đều

Suy ra AC=a, SA= AC.tan(gócSCA)=a.tan(60⁰)

\(V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SA.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.a\sqrt{3}.a^2.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{a^3}{2}\)

b) Có 2 cách làm để tìm khoảng cách từ H đến mp(SCD), nhưng bạn nên chọn phương pháp tọa độ hóa cho dễ

Chọn A làm gốc tọa độ , các tia AD, AI, AS lần lượt trùng tia Ax, Ay, Az

Có ngay tọa độ các điểm \(S\left(0;0;a\sqrt{3}\right)\) , \(D\left(a;0;0\right)\) , \(I\left(0;\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)\)

\(\Rightarrow C\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)\)

theo số liệu đã cho, dễ xác định được điểm H chia đoạn SI với tỷ lệ 2:1

\(\Rightarrow H\left(0;\frac{a}{\sqrt{3}};\frac{a}{\sqrt{3}}\right)\)

Bây giờ chỉ cần viết pt (SCD) là tính được ngay khoảng cách từ H đến SCD

\(\left(SCD\right):\sqrt{3}x+y+z-\sqrt{3}=0\)

\(d\left(H\text{/}\left(SCD\right)\right)=\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{5}}\)

Bạn ơi bạn chỉ mình cách bình thường được ko? Vì mình chưa học tọa độ hóa.

Chọn A

\(SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp AC\Rightarrow\Delta SAC\) vuông cân tại A

\(\Rightarrow SA=AC=\dfrac{SC}{\sqrt[]{2}}=2a\sqrt{2}\)

ABCD là hình vuông \(\Rightarrow AB=\dfrac{AC}{\sqrt{2}}=2a\)

\(\Rightarrow V=\dfrac{1}{3}SA.AB^2=\dfrac{8a^3\sqrt{2}}{3}\)

\(\alpha=\widehat{BSA}\Rightarrow tan\alpha=\dfrac{AB}{SA}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow\alpha\approx35^016'\)

a)

Đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $a$ nên: $S_{ABC} = \dfrac{\sqrt3}{4}a^2$.

Do $SA \perp (ABC)$ nên $SA$ là chiều cao của khối chóp.

Góc giữa $SB$ và mặt phẳng $(ABC)$ bằng $30^\circ$ nên:

$\tan 30^\circ = \dfrac{SA}{AB}$

$\dfrac{1}{\sqrt3} = \dfrac{SA}{a} \Rightarrow SA = \dfrac{a}{\sqrt3}$.

Thể tích khối chóp $S.ABC$ là:

$V = \dfrac13 S_{ABC} \cdot SA$

$= \dfrac13 \cdot \dfrac{\sqrt3}{4}a^2 \cdot \dfrac{a}{\sqrt3}$

$= \dfrac{a^3}{12}$.

b)

Đáy $ABC$ là tam giác vuông tại $A$ nên:

$S_{ABC} = \dfrac{1}{2}AB \cdot AC$.

Do $SA \perp (ABC)$ và $SA = 5a$.

Góc giữa $SC$ và mặt phẳng $(ABC)$ bằng $60^\circ$ nên:

$\tan 60^\circ = \dfrac{SA}{AC}$

$\sqrt3 = \dfrac{5a}{AC} \Rightarrow AC = \dfrac{5a}{\sqrt3}$.

Suy ra: $S_{ABC} = \dfrac{1}{2}\cdot a \cdot \dfrac{5a}{\sqrt3} = \dfrac{5a^2}{2\sqrt3}$.

Thể tích khối chóp $S.ABC$ là:

$V = \dfrac13 S_{ABC} \cdot SA$

$= \dfrac13 \cdot \dfrac{5a^2}{2\sqrt3} \cdot 5a$

$= \dfrac{25a^3}{6\sqrt3}

= \dfrac{25\sqrt3 a^3}{18}$.

a)

Đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $a$ nên: $S_{ABC} = \dfrac{\sqrt3}{4}a^2$.

Do $SA \perp (ABC)$ nên $SA$ là chiều cao của khối chóp.

Góc giữa $SB$ và mặt phẳng $(ABC)$ bằng $30^\circ$ nên:

$\tan 30^\circ = \dfrac{SA}{AB}$

$\dfrac{1}{\sqrt3} = \dfrac{SA}{a} \Rightarrow SA = \dfrac{a}{\sqrt3}$.

Thể tích khối chóp $S.ABC$ là:

$V = \dfrac13 S_{ABC} \cdot SA$

$= \dfrac13 \cdot \dfrac{\sqrt3}{4}a^2 \cdot \dfrac{a}{\sqrt3}$

$= \dfrac{a^3}{12}$.

b)

Đáy $ABC$ là tam giác vuông tại $A$ nên:

$S_{ABC} = \dfrac{1}{2}AB \cdot AC$.

Do $SA \perp (ABC)$ và $SA = 5a$.

Góc giữa $SC$ và mặt phẳng $(ABC)$ bằng $60^\circ$ nên:

$\tan 60^\circ = \dfrac{SA}{AC}$

$\sqrt3 = \dfrac{5a}{AC} \Rightarrow AC = \dfrac{5a}{\sqrt3}$.

Suy ra: $S_{ABC} = \dfrac{1}{2}\cdot a \cdot \dfrac{5a}{\sqrt3} = \dfrac{5a^2}{2\sqrt3}$.

Thể tích khối chóp $S.ABC$ là:

$V = \dfrac13 S_{ABC} \cdot SA$

$= \dfrac13 \cdot \dfrac{5a^2}{2\sqrt3} \cdot 5a$

$= \dfrac{25a^3}{6\sqrt3}

= \dfrac{25\sqrt3 a^3}{18}$.

Đáp án D

$(SAB)\perp(ABC)$ và $(SAC)\perp(ABC)$
$\Rightarrow SA \perp (ABC)$
$\Rightarrow SA$ là chiều cao của hình chóp $S.ABC$.

$SB$ tạo với $(ABC)$ góc $60^\circ$
$\Rightarrow \sin 60^\circ=\dfrac{SA}{SB}$
$\Rightarrow SA=\dfrac{\sqrt{3}}{2}SB$
$\Rightarrow SB=\dfrac{2}{\sqrt{3}}SA$

Đáy $ABC$ là tam giác vuông cân tại $B$, $BA=BC=a$

$S_{\triangle ABC}=\dfrac{1}{2}a\cdot a=\dfrac{a^2}{2}$

Thể tích khối chóp $S.ABC$:

$V_{S.ABC}=\dfrac{1}{3}\cdot S_{\triangle ABC}\cdot SA =\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{a^2}{2}\cdot SA =\dfrac{a^2SA}{6}$

$M,N$ là trung điểm của $SB,SC$
$\Rightarrow BMNC$ là thiết diện song song với đáy
$\Rightarrow$ khối $A.BMNC$ có thể tích bằng $\dfrac{1}{4}$ thể tích khối $S.ABC$.

$V_{A.BMNC}=\dfrac{1}{4}V_{S.ABC} =\dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{a^2SA}{6} =\dfrac{a^2SA}{24}$

Mà $SA=\dfrac{\sqrt{3}}{2}a$

$\Rightarrow V_{A.BMNC}=\dfrac{a^2\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}a}{24} =\dfrac{a^3\sqrt{3}}{48}$

Chọn C.