Đáp án A.

Ta có AA'BC là chóp đều có tất cả các cạnh bằng 1

Ta có 

Lại có  ∆ AB'C có B'C = A'D = 1; (do  là hình thoi cạnh 1 có   B A D ^   =   60 0 )

Do đó 

a) Diện tích tam giác ABD bằng diện tích tam giác BCD vì chung đáy BD và chiều cao AO = OC (ABCD là hình thoi)

Diện tích tam giác ABD: \({S_{ABD}} = \frac{1}{2}AB.AD.\sin \widehat {BAD} = \frac{1}{2}a.a.\sin {60^0} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

\( \Rightarrow S = 2{S_{ABD}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\)

Thể tích khối hộp là \(V = AA'.{S_{ABCD}} = a.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\)

b) Gọi \(AC \cap BD = \left\{ O \right\}\)

Ta có \(AA' \bot BD,AO \bot BD \Rightarrow BD \bot \left( {A'AO} \right);BD \subset \left( {A'BD} \right) \Rightarrow \left( {A'AO} \right) \bot \left( {A'BD} \right)\)

\(\left( {A'AO} \right) \cap \left( {A'BD} \right) = A'O\)

Trong (A’AO) kẻ \(AE \bot A'O\)

\( \Rightarrow AE \bot \left( {A'BD} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {A'BD} \right)} \right) = AE\)

Xét tam giác ABD có AB = AD và \(\widehat {BAD} = {60^0}\) nên tam giác ABD đều

\( \Rightarrow OA = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Xét tam giác AOA’ vuông tại A có

\(\frac{1}{{A{E^2}}} = \frac{1}{{A{{A'}^2}}} + \frac{1}{{O{A^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} = \frac{7}{{3{a^2}}} \Rightarrow AE = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\)

Vậy \(d\left( {A,\left( {A'BD} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\)

a.

\(AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=a\sqrt{2}\)

\(SA=SC=a\Rightarrow SA^2+SC^2=AC^2\)

\(\Rightarrow\Delta SAC\) vuông tại S (Pitago đảo) 

\(\Rightarrow SA\perp SC\)

b.

Gọi E là trung điểm CD \(\Rightarrow OE\perp CD\)

Chóp tứ giác đều \(\Rightarrow SO\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SO\perp CD\)

\(\Rightarrow CD\perp\left(SOE\right)\)

Mà \(CD=\left(SCD\right)\cap\left(ABCD\right)\Rightarrow\widehat{SEO}\) là góc giữa mặt bên và đáy

\(OE=\dfrac{1}{2}BC=\dfrac{a}{2}\) (đường trung bình) ; \(SO=\dfrac{1}{2}AC=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\) (trung tuyến ứng với cạnh huyền)

\(\Rightarrow tan\widehat{SEO}=\dfrac{SO}{OE}=\sqrt{2}\Rightarrow\widehat{SEO}=...\)

c.

Từ O kẻ \(OF\perp SE\Rightarrow OF\perp\left(SCD\right)\)

\(\Rightarrow OF=d\left(O;\left(SCD\right)\right)\)

Hệ thức lượng trong tam giác vuông SOE:

\(\dfrac{1}{OF^2}=\dfrac{1}{SO^2}+\dfrac{1}{OE^2}\Rightarrow OF=\dfrac{SO.OE}{\sqrt{SO^2+OE^2}}=\dfrac{a\sqrt{6}}{6}\)

\(\left\{{}\begin{matrix}AO\cap\left(SCD\right)=C\\AC=2OC\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow d\left(A;\left(SCD\right)\right)=2d\left(O;\left(SCD\right)\right)=2OF=\dfrac{a\sqrt{6}}{3}\)

Đáp án C

Gọi F là hình chiếu của A' lên mp (ABC), Nên góc A ' A F ^  là góc tạo bởi cạnh bên của AA' với (ABC),

=>  F là trung điểm của BC, gọi D, E là hình chiếu của F, B lên AC, H là hình chiếu của F lên AD. Dễ dàng chứng minh được FH là hình chiếu của F trên (ACC'A'), Ta có

= 2FH

Ta có: 

Mà ta có 

Chọn A

Gọi H là trung điểm của AC. Đỉnh S cách đều các điểm A, B, C 

=> SH  ⊥ (ABC)

Xác đinh được 

Ta có MH // SA

Gọi I là trung điểm của AB => HI ⊥ AB

và chứng minh được HK  ⊥ (SAB)

Trong tam giác vuông SHI tính được