+)Gọi H là chân đường cao hạ từ A - -> BC 
Tam giác AHC vuông tại H nên 
AH = √(a² -a²/4) = a√3/2 
Diện tích tam giác ABC là S(ABC) = 1/2.AH.BC= 1/2.a²√3/2 
(dvdt) 
+)Từ S hạ SK ┴ AH , Kết hợp AH ┴ BC ta có SK ┴ (ABC) 
Hay SK là đường cao của hình chóp đều SABC 
+) Bài cho góc giữa các mặt bên với đáy là 60 độ nên 
góc giữa (SH,HK) = 60 độ 
Tam giác vuông SKH có SK = HK.tan(60) 
Tam giác vuông BKH có HK = a/2.tan(30) = a√3/6 
- - > SK = a√3/6.tan(60) = a/2 
Vậy V(SABC) =1/3.SK.S(ABC) = 1/3.a/2.1/2.a²√3/2 
= a³√3/24 (dvtt)

A E M B C H N S

Xét tam giác ABC có : \(BC=AB.\tan60^0=2a\sqrt{3}\Rightarrow S_{\Delta ABC}=2a^2\sqrt{3}\)

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

- Gọi N là trung điểm cạnh SA. Do SB//(CMN) nên d(SB. CM)=d(SB,(CMN))

                                                                                                 =d(B,(CMN))

                                                                                                 =d(A,(CMN))

- Kẻ \(AE\perp MC,E\in MC\) và kẻ \(AH\perp NE,H\in NE\), ta chứng minh được \(AH\perp\left(CMN\right)\Rightarrow d\left(A,\left(CMN\right)\right)=AH\)

Tính \(AE=\frac{2S_{\Delta AMC}}{MC}\) trong đó :

                              \(S_{\Delta AMC}=\frac{1}{2}AM.AC.\sin\widehat{CAM}=\frac{1}{2}a.4a\frac{\sqrt{3}}{2}=a^2\sqrt{3};MC=a\sqrt{13}\)

                             \(\Rightarrow AE=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{13}}\)

Tính được \(AH=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{29}}\Rightarrow d\left(A,\left(CMN\right)\right)=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{29}}\Rightarrow d\left(SB,CM\right)=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{29}}\)

B A C H I S

Gọi H là trung điểm của BC, suy ra \(SH\perp BC\). Mà (SBC) vuông góc với (ABC) theo giao tuyến BC, nên \(SH\perp\left(ABC\right)\)

Ta có : \(BC=a\Rightarrow SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}\); \(AC=BC\sin30^0=\frac{a}{2}\)

\(AB=BC.\cos30^0=\frac{a\sqrt{3}}{2}\)

Do đó  \(V_{S.ABC}=\frac{1}{6}SH.AB.AC=\frac{a^3}{16}\)

Tam giác ABC vuông tại A và H là trung điểm của BC nên \(HA=HB\). Mà \(SH\perp\left(ABC\right)\), suy ra \(SA=SB=a\). Gọi I là trung điểm của AB, suy ra \(SI\perp AB\) 

Do đó \(SI=\sqrt{SB^2-\frac{AB^2}{4}}=\frac{a\sqrt{13}}{4}\)

Suy ra \(d\left(C;\left(SAB\right)\right)=\frac{3V_{S.ABC}}{S_{SAB}}=\frac{6V_{S.ABC}}{SI.AB}=\frac{a\sqrt{39}}{13}\)

Chọn đáp án B

Đáp án B

Đáy $ABC$ là tam giác vuông tại $B$
$\Rightarrow AB \perp BC$, $AB = a$.

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

$SB$ tạo với mặt đáy góc $45^\circ$
$\Rightarrow \sin 45^\circ = \dfrac{SA}{SB}$
$\Rightarrow SA = \dfrac{\sqrt{2}}{2}SB$
$\Rightarrow SB = \sqrt{2},SA$

Xét tam giác vuông $SAB$ tại $A$:

$SB^2 = SA^2 + AB^2$

$(\sqrt{2}SA)^2 = SA^2 + a^2$
$2SA^2 = SA^2 + a^2$
$\Rightarrow SA^2 = a^2$
$\Rightarrow SA = a$

Diện tích đáy:

$S_{\triangle ABC} = \dfrac{1}{2}AB \cdot BC$

Vì tam giác vuông tại $B$, $AB = BC = a$

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

Thể tích khối chóp:

$V = \dfrac{1}{3} \cdot S_{\triangle ABC} \cdot SA$

$= \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{1}{2}a^2 \cdot a = \dfrac{a^3}{6}$

Viết dưới dạng $a^3\sqrt{3}$:

$\dfrac{a^3}{6} = \dfrac{a^3\sqrt{3}}{6\sqrt{3}}$

Chọn D

Đáp án D

Tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$ nên
$AB = AC$ và $BC = AB\sqrt{2}$

$BC = a\sqrt{2} \Rightarrow AB = AC = a$

Diện tích đáy:

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

Gọi $H$ là chân đường vuông góc từ $A$ xuống $BC$

Vì $(SBC)$ tạo với $(ABC)$ góc $45^\circ$ nên:

$\tan 45^\circ = \dfrac{SA}{AH} $

$\Rightarrow SA = AH$

Trong tam giác vuông $ABC$:

$AH = \dfrac{AB \cdot AC}{BC}$
$= \dfrac{a \cdot a}{a\sqrt{2}}$
$= \dfrac{a}{\sqrt{2}}$

$\Rightarrow SA = \dfrac{a}{\sqrt{2}}$

Thể tích khối chóp:

$V = \dfrac{1}{3} \cdot S_{ABC} \cdot SA$
$= \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{a^2}{2} \cdot \dfrac{a}{\sqrt{2}}$
$= \dfrac{a^3}{6\sqrt{2}}$
$= \dfrac{a^3\sqrt{2}}{12}$

Chọn D