kẻ CE//BD ( E thuộc AD)
=> d( BD;SC)= d( BD; ( SCE))=d( O; ( SCE))
kẻ OK _|_SC
OC_|_ CE
SO_|_CE => CE_|_ ( SOC) => CE_|_OK 
do đó OK_|_(SCE)=> d(O;(SCE))=OK
1/OK^2=1/SO^2+1/OC^2
 

câu 2:
BC//AD=> d( BC;SA)=d(BC:(SAD))=d( B;( SAD))=2 d( O; (SAD))
kẻ OH_|_ AD
kẻ OE_|_SH
ta có OH_|_AD; SO_|_AD=> AD_|_(SOH)=> AD_|_ OE
do đó OE_|_( SAD)=> d( O; (SAD))=OE
 

Một đường thẳng muốn vuông góc với một mặt phẳng thì phải vuông góc với 2 đường thẳng chéo nhau chứ bạn? ở ba câu trên bạn mới chứng minh nó vuông với 1 đường mà

S M H G N A O D C

Ta có \(\begin{cases}BC\perp SA\\BC\perp AB\end{cases}\)\(\Rightarrow BC\perp\left(SAB\right)\)\(\Rightarrow BC\perp AM\) (vì \(AM\subset\left(SAB\right)\left(1\right)\)

Mặt khác \(SC\perp\alpha\Rightarrow SA\perp AM\) (vì \(AM\subset\alpha\)) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(AM\perp\left(SBC\right)\Rightarrow AM\perp MG\) (vì \(MG\subset\left(SBC\right)\))

\(\Rightarrow\Delta AMG\) vuông tại M, tương tự ta cũng có tam giác ANG vuông tại N \(\Rightarrow\) tâm H đường tròn đáy của (H) là trung điểm AG, có bán kính \(R=\frac{AG}{2}\)

Xét tam giác vuông SAC tại A có \(AG=\frac{SA.AC}{SC}=\frac{\sqrt{6}}{3}a\Rightarrow R=\frac{\sqrt{6}}{6}a\)

Vì OH là đường cao (H)\(\Rightarrow OH\perp\alpha\Rightarrow OH\)//\(SC\Rightarrow O\) là giao điểm hai đường chéo AC, BD

\(\Rightarrow OH=\frac{1}{2}CG\).

Xét tam giác vuoongSAC có AG là đường cao, nên \(CG=\frac{AC^2}{SC}=\frac{2}{\sqrt{3}}a\Rightarrow OH=\frac{\sqrt{3}}{3}a\)

Vậy thể tích hình nón là \(V_{\left(H\right)}=\frac{1}{3}\pi.R^2.OH=\frac{\sqrt{3}}{54}\pi a^3\)

Chọn C

Từ giả thiết ta có  AB=BC=CD=a

Kẻ  AH ⊥ SC

Do AD là đường kính nên AC ⊥ CD và  A C = A D 2 - C D 2 = a 3

Do SA ⊥ CD, AC ⊥ CD => CD ⊥ (SAC)=> CD ⊥ AH

=>AH ⊥ SC, AH ⊥ CD => AH ⊥ (SCD)

⇒ d A ( S C D ) = A H = A S . A C A S 2 + A C 2 = a 6 . a 3 3 a = a 2

Kéo dài AB cắt CD tại E. Dễ thấy B là trung điểm của AE.

⇒ d B , S C D d ( A , S C D ) = B E A E = 1 2 ⇒ d B , ( S C D ) = a 2 2