Chọn B.

Kẻ MI vuông góc với AB 

Ta có:  xét tam giác vuông SHB tại H ta có:

Vậy 

Đáp án là B

Kẻ MI vuông góc AB suy ra MI=a

Ta có góc  S B H ^ = 60 o  xét tam giác vuông SHB vuông tại H có 

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.

Đáp án C.

Đặt hệ trục tọa độ: $A(0,0,0),\ D(2a,0,0)$.

Vì $AD = 2a$, tam giác $SAD$ đều và $(SAD)\perp(ABCD)$ nên:

$S\left(a,0,a\sqrt3\right)$.

Đáy là hình thang vuông tại $A,D$ nên:

$B(0,b,0),\ C(x,b,0)$ với $CD \parallel AB$.

Do $CD$ là đáy nhỏ nên $x < 2a$.

Ta có: $SC = a\sqrt{15}$ nên: $SC^2 = (x-a)^2 + b^2 + (0 - a\sqrt3)^2 = 15a^2.$

$(x-a)^2 + b^2 + 3a^2 = 15a^2 \Rightarrow (x-a)^2 + b^2 = 12a^2. \quad (1)$

Gọi $H$ là trung điểm $AD$: $H(a,0,0)$.

Mặt phẳng $(SHC)$.

Khoảng cách từ $B(0,b,0)$ đến $(SHC)$ bằng $2a\sqrt6$.

Tính vectơ: $\vec{SH} = (0,0,-a\sqrt3),\ \vec{SC} = (x-a,b,-a\sqrt3)$.

Pháp tuyến: $\vec{n} = \vec{SH} \times \vec{SC} = (a\sqrt3\,b,\ a\sqrt3(x-a),\ 0)$.

Phương trình mặt phẳng $(SHC)$:

$a\sqrt3\,b(x-a) + a\sqrt3(x-a)(y-0) = 0$.

Khoảng cách: $d(B,(SHC)) = \dfrac{|a\sqrt3\,b(0-a) + a\sqrt3(x-a)(b)|}{\sqrt{(a\sqrt3 b)^2 + (a\sqrt3(x-a))^2}} = 2a\sqrt6.$

Rút gọn được:$ \dfrac{a\sqrt3\,b(x-a)}{a\sqrt3\sqrt{b^2 + (x-a)^2}} = 2a\sqrt6\Rightarrow \dfrac{b(x-a)}{\sqrt{b^2 + (x-a)^2}} = 2\sqrt6 a.$

Kết hợp với (1): $b^2 + (x-a)^2 = 12a^2$.

Suy ra: $b(x-a) = 2\sqrt6 a \cdot \sqrt{12a^2} = 2\sqrt6 a \cdot 2\sqrt3 a = 4\sqrt{18}a^2 = 12\sqrt2 a^2$.

Giải hệ: $\begin{cases}u^2 + v^2 = 12a^2 \\uv = 12\sqrt2 a^2\end{cases}\Rightarrow u = 2\sqrt2 a,\ v = 2\sqrt6 a.$

Suy ra:$b = 2\sqrt6 a,\quad x-a = 2\sqrt2 a \Rightarrow x = a + 2\sqrt2 a$.

Diện tích đáy: $S_{ABCD} = \dfrac{(AB + CD)\cdot chiều\ cao}{2}= \dfrac{(b + x)\cdot b}{2}= \dfrac{(2\sqrt6 a + (a + 2\sqrt2 a))\cdot 2\sqrt6 a}{2}.$

Rút gọn: $S_{ABCD} = \sqrt6 a(2\sqrt6 a + a + 2\sqrt2 a)$.

Chiều cao: $h = a\sqrt3$.

Thể tích: $V = \dfrac13 S_{ABCD}\cdot h = \dfrac13 \cdot \sqrt6 a(2\sqrt6 a + a + 2\sqrt2 a)\cdot a\sqrt3 = 4a^3.$

Vậy $V = 4a^3$.

A B C D S E K H

Gọi H là trung điểm của AB, suy ra \(SH\perp\left(ACBD\right)\)

Do đó \(SH\perp HD\)  ta có :

\(SH=\sqrt{SD^2-DH^2}=\sqrt{SD^2-\left(AH^2+AD^2\right)}=a\)

Suy ra \(V_{s.ABCD}=\frac{1}{3}.SH.S_{ABCD}=\frac{a^2}{3}\)

Gọi K là hình chiếu vuông góc của H trên BD và E là hình chiếu vuông góc của H lên SK. Ta có :

\(\begin{cases}BD\perp HK\\BD\perp SH\end{cases}\) \(\Rightarrow BH\perp\) (SHK)

=> \(BD\perp HE\) mà \(HE\perp SK\) \(\Rightarrow HE\perp\) (SBD)

Ta có : HK=HB.\(\sin\widehat{KBH}\)\(=\frac{a\sqrt{2}}{4}\)

Suy ra \(HE=\frac{HS.HK}{\sqrt{HS^2+HK^2}}=\frac{a}{3}\)

Do đó \(d\left(A:\left(SBD\right)\right)\)=2d(H; (SBD)) =3HE=\(\frac{2a}{3}\)

S B M H A E N C D

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên AB, suy ra \(SH\perp\left(ABCD\right)\)

Do đó, SH là đường cao của hình chóp S.BMDN

Ta có : \(SA^2+SB^2=a^2+3a^2=AB^2\)

Nên tam giác SAB là tam giác vuông tại S.

Suy ra : \(SM=\frac{AB}{2}=a\) Do đó tam giác SAM là tam giác đều, suy ra \(SH=\frac{a\sqrt{3}}{3}\)

Diện tích của tứ giác BMDN là \(S_{BMDN}=\frac{1}{2}S_{ABCD}=2a^2\)

Thể tích của khối chóp S.BMDN là \(V=\frac{1}{3}SH.S_{BMDN}=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}\)

Kẻ ME song song với DN (E thuộc AD)

Suy ra : \(AE=\frac{a}{2}\) Đặt \(\alpha\) là góc giữa 2 đường thẳng SM và DN

Ta có \(\left(\widehat{SM,ME}\right)=\alpha\), theo định lý 3 đường vuông góc ta có \(SA\perp AE\)

Suy ra :

\(SE=\sqrt{SA^2+AE^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2};ME=\sqrt{AM^2+AE^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}\)

Tam giác SME là tam giác cân tại E nên \(\begin{cases}\widehat{SME}=\alpha\\\cos\alpha=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{5}}{2}}=\frac{\sqrt{5}}{5}\end{cases}\)

Cho mình hỏi, tam giác cân thì tại sao lại suy ra cos góc kia như thế ??