Đáp án B

Vì tam giác SAC vuông tại A nên ta có 

Gọi:

$AC=BC=x$ vì tam giác $ABC$ vuông cân tại $C$.

Do $SA\perp(ABC)$ nên tam giác $SAC$ vuông tại $A$.

Ta có: $SC=a$ nên: $SA^2+AC^2=a^2$

$\Rightarrow SA^2+x^2=a^2$.

Thể tích khối chóp:

$V=\dfrac13S_{ABC}\cdot SA$

$=\dfrac13\cdot\dfrac{x^2}{2}\cdot SA$

$=\dfrac{x^2SA}{6}$.

Từ: $SA^2=a^2-x^2$ suy ra: $SA=\sqrt{a^2-x^2}$.

Do đó: $V=\dfrac{x^2\sqrt{a^2-x^2}}{6}$.

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$.

Vì: $SA\perp(ABC)\Rightarrow SA\perp BC$ và: $CM\perp BC$

nên mặt phẳng $(SCM)\perp BC$.

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(ABC)$ là:

$\alpha=\widehat{SCM}$.

Trong tam giác vuông $SCM$ tại $C$:

$\sin\alpha=\dfrac{SM}{SC}$.

Mà: $SM^2=SA^2+CM^2 =SA^2+\left(\dfrac{x}{2}\right)^2$.

Từ điều kiện cực đại thể tích:

Xét: $f(x)=x^2\sqrt{a^2-x^2}$.

Ta có:

$f'(x)=0 \Rightarrow 2(a^2-x^2)-x^2=0$

$\Rightarrow 2a^2=3x^2$

$\Rightarrow x^2=\dfrac{2a^2}{3}$.

Suy ra: $SA^2=a^2-\dfrac{2a^2}{3}=\dfrac{a^2}{3}$.

Khi đó:

$SM^2=\dfrac{a^2}{3}+\dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{2a^2}{3} =\dfrac{a^2}{2}$.

Do đó: $SM=\dfrac{a}{\sqrt2}$.

Suy ra: $\sin\alpha=\dfrac{SM}{SC} =\dfrac{a/\sqrt2}{a} =\dfrac{\sqrt2}{2}$.

Vậy: $\boxed{\sin\alpha=\dfrac{\sqrt2}{2}}$.

Vì AB, AC, AS đôi một vuông góc nên

Chọn C.

Gọi $AB=AC=a$ vì đáy $ABC$ là tam giác vuông cân tại $A$.

Do $SA \perp (ABC)$ nên đặt: $SA=h$.

Thể tích khối chóp:

$V=\dfrac13\cdot\dfrac{a^2}{2}\cdot h=\dfrac{a^2h}{6}$.

Gọi $d$ là khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $(SBC)$.

Theo giả thiết: $d=3$.

Ta có công thức thể tích theo đáy $SBC$:

$V=\dfrac13 S_{SBC}\cdot d=S_{SBC}$.

Suy ra: $S_{SBC}=\dfrac{a^2h}{6}$.

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$.

Vì tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$ nên:

$AM\perp BC$ và: $AM=\dfrac{a}{\sqrt2}$.

Mặt khác: $SA\perp BC$.

Suy ra mặt phẳng $(SAM)\perp BC$.

Do đó góc giữa hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(ABC)$ là:

$\alpha=\widehat{SMA}$.

Xét tam giác vuông $SAM$ tại $A$:

$\tan\alpha=\dfrac{SA}{AM}=\dfrac{h}{a/\sqrt2}=\dfrac{h\sqrt2}{a}$.

Suy ra: $h=\dfrac{a\tan\alpha}{\sqrt2}$.

Thể tích:

$V=\dfrac{a^2}{6}\cdot\dfrac{a\tan\alpha}{\sqrt2} =\dfrac{a^3\tan\alpha}{6\sqrt2}$.

Mặt khác khoảng cách từ $A$ đến $(SBC)$ bằng:

$d=AM\sin\alpha =\dfrac{a}{\sqrt2}\sin\alpha=3$.

Suy ra: $a=\dfrac{3\sqrt2}{\sin\alpha}$.

Thế vào biểu thức thể tích:

$V=\dfrac1{6\sqrt2}\left(\dfrac{3\sqrt2}{\sin\alpha}\right)^3\tan\alpha$

$=\dfrac{9}{\sin^2\alpha\cos\alpha}$.

Đặt: $t=\cos\alpha$ với $0<t<1$.

Khi đó: $V=\dfrac{9}{(1-t^2)t}$.

Để $V$ nhỏ nhất thì: $(1-t^2)t=t-t^3$ phải lớn nhất.

Xét: $f(t)=t-t^3$.

$f'(t)=1-3t^2$.

$f'(t)=0 \Rightarrow t=\dfrac1{\sqrt3}$.

Vậy: $\cos\alpha=\dfrac{\sqrt3}{3}$.

Chọn đáp án C.

Đáp án D.

Gọi H là trọng tâm của tam giác ABC, từ giả thiết suy ra  B ' H ⊥ A B C   .

Khi đó 

B B ' , A B C ^ = B B ' , B H ^ = B ' B H ^ = 60 °

Ta có 

B B ' = a ⇒ B H = B B ' . cos B ' B H ^ = a . cos 60 ° = a 2 , B ' H = B ' B 2 − B H 2 = a 3 2

Gọi M là trung điểm BC, suy ra  B H = 2 3 B M ⇒ B M = 3 2 B H = 3 2 . a 2 = 3 a 4   .

Đặt  A C = x > 0 ⇒ B C = A C . tan B A C ^ = x . tan 60 ° = x 3 ⇒ A B = A B 2 + A C 2 = 2 x   .

Lại có 

B M = B C 2 + C M 2 = B C 2 + A C 2 4 = 3 x 2 + x 2 4 = x 13 2 = 3 a 4 ⇒ x = 3 a 2 13

  ⇒ A C = 3 a 2 13 , B C = 3 3 a 2 13 , A B = 6 a 2 13 ⇒ S Δ A B C = 1 2 A C . B C = 9 3 a 2 104

(đvdt).

Vậy V A ' A B C = 1 3 B ' H . S Δ A B C = 1 3 . a 3 2 . 9 3 a 2 104 = 9 a 3 208  (đvtt).

Đáp án A.

Dựng  B ' M ⊥ A ' C ' ⇒ B ' M ⊥ A C C ' A '

Dựng  M N ⊥ A C ' ⇒ A C ' ⊥ M N B '

Khi đó  A B ' C ' ; A C ' A ' ^ = M N B ' ^ = 60 0

Ta có:

B ' M = a 2 2 ⇒ M N = B ' M tan M N B ' ^ = a 6 6

Mặt khác  tan A C ' A ' ^ = M N C ' N = AA ' A ' C '

Trong đó:

M N = a 6 6 ; M C ' = a 2 2 ⇒ C ' N = C ' M 2 − M N 2 = a 3 3

Suy ra  AA ' = a

Thể tích lăng trụ:

V = A B 2 2 . h = a 3 2 ⇒ V B ' . A C C ' A ' = V − V B ' . B A C = V − V 3 = 2 3 V = a 3 3 .