Đáp án B

Gọi H 1  là chân đường cao kẻ từ H đến DC. H 2  là chân đường cao kẻ từ H đến S H 1 . Khi đó ta có

H H 1 = a 2 , S H = a 3 ⇒ 1 H H 2 = 1 H H 1 2 + 1 S H 2 = 1 3 a 2 + 1 2 a 2 = 5 6 a ⇒ H H 2 = 6 5 a

⇒ d A , S C D = 30 10 a

Chọn phương án B.

Diện tích hình thang ABCD là:

\(S_{ABCD}=\frac12\cdot\left(AD+BC\right)\cdot AB=\frac12\cdot a\cdot\left(2a+a\right)=\frac{3a^2}{2}=1,5a^2\)

Gọi H là trung điểm của AD

ΔSAD đều

mà SH là đường trung tuyến

nên SH⊥AD tại H

(SAD)⊥(ABCD)

(SAD) giao (ABCD)=AD

SH⊥AD

Do đó: SH⊥(ABCD)

ΔSAD đều

mà SH là đường cao

nên \(SH=AD\cdot\frac{\sqrt3}{2}=2a\cdot\frac{\sqrt3}{2}=a\sqrt3\)

Thể tích hình chóp S.ABCD là:

\(V=\frac13\cdot a\sqrt3\cdot1,5a^2=0,5\sqrt3\cdot a^3\)

Vì SA vuông góc (ABCD)

=>SA vuông góc CD

Gọi I là trung điểm của AD

=>AI=BC=a

mà AI//BC

nên AB=CI=a

=>AB=CI=ID

=>ΔACD vuông tại C

=>CD vuông góc AC

=>CD vuông góc (SAC)

=>(SCD) vuông góc (SAC)

Vẽ AE vuông góc SC tạiE

=>AE vuông góc (SCD)

mà \(A\in\left(P\right)\perp\left(SCD\right)\)

nên \(AE\in\left(P\right)\)

=>\(E=SC\cap\left(P\right)\)

\(E\in\left(P\right)\cap\left(SCI\right)\)

\(\left(P\right)\supset AB\)//CI thuộc (SCI)

=>(P) cắt (SCI)=Ex//AB//CI

Gọi F=Ex giao SI

=>(P) cắt (SAD) tại AJ

Gọi F=AJ giao SD

=>F=(P)giao (SD)

=>Tứ giác cần tìm là ABEF

Ta có: \(S_{ABCD}=\dfrac{\left(BC+AD\right).AB}{2}=\dfrac{3}{2}a^2\)

a, \(h=SA=AB.tan60^o=a\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow V=\dfrac{1}{3}.S_{ABCD}.h=\dfrac{1}{3}.\dfrac{3}{2}a^2.a\sqrt{3}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}a^3\)

b, \(h=SA=AD.tan45^o=2a\)

\(\Rightarrow V=\dfrac{1}{3}.S_{ABCD}.h=\dfrac{1}{3}.\dfrac{3}{2}a^2.2a=a^3\)

c, Dễ chứng minh được SC vuông góc với CD tại C \(\Rightarrow\widehat{SCA}=30^o\)

\(\Rightarrow h=SA=AC.tan30^o=AD.sin45^o.tan30^o=\dfrac{\sqrt{6}}{3}a\)

\(\Rightarrow V=\dfrac{1}{3}.S_{ABCD}.h=\dfrac{1}{3}.\dfrac{3}{2}a^2.\dfrac{\sqrt{6}}{3}a=\dfrac{\sqrt{6}}{6}a^3\)

 Đáp án D

Dựng   A H ⊥ C D suy ra AH là đường vuông góc cung của SA vad CD Ta có:

S A C D = 1 2 A D . d C ; A D = 1 2 .3 a . A B = 3 a 2 2 .

Lại có:

  C D = A B 2 + A D − B C 2 = a 5 ⇒ A H = 2 S A C D C D = 3 a 5

a: ΔABC vuông tại B

=>\(BA^2+BC^2=AC^2\)

=>\(AC^2=a^2+a^2=2a^2\)

=>\(AC=a\sqrt2\)

SA⊥(ABCD)

=>\(\hat{SC;\left(ABCD\right)}=\hat{CS;CA}=\hat{SCA}\)

Xét ΔSAC vuông tại A có tan SCA=\(\frac{SA}{AC}\)

=>\(SA=AC\cdot\tan60=a\sqrt2\cdot\sqrt3=a\sqrt6\)

SA⊥AB(SA⊥(ABCD))

BC⊥AB

Do đó: d(SA;BC)=AB=a

b: Gọi M là trung điểm của AD
=>\(MA=MD=\frac{AD}{2}=a\)

Xét tứ giác BCMA có

BC//MA

BC=MA

Do đó: BCMA là hình bình hành

Hình bình hành BCMA có BA=BC

nên BCMA là hình thoi

=>BM⊥AC

Xét tứ giác BCDM có

BC//DM

BC=DM

Do đó: BCDM là hình bình hành

=>BM//CD
mà BM⊥AC

nên CA⊥CD

CD⊥ CA

CD⊥ SA(SA⊥(ABCD))

mà SA,AC cùng thuộc mp(SAC)

nên CD⊥(SAC)

=>d(SA;CD)=AC=a\(\sqrt2\)

anh có thể tham khảo những bài toán tương tự ở khối đa diện | Toán học phổ thông - SGK

Đáp án là C

ta có  S A B ⊥ A B C D S A B ∩ A B C D = A B S H ⊥ A B ⇒ S H ⊥ A B C D

mà  D I ⊥ C H D I ⊥ S H ⇒ D I ⊥ S H C ⇒ d D , S H C = D I = 2 a 2

ta có

  Δ B H C = Δ A H E ⇒ S Δ B H C = S Δ A H E ;   H E = H C

mà 

S A B C D = S A H C D + S Δ B H C = S A H C D + S Δ A H E = S Δ D C E

Tam giác SAB đều nên . S H = a 3

Tam giác  SHC có

H C = S C 2 − S H 2 = a 2 ⇒ E C = 2 H C = 2 a 2 .

Khi đó S A B C D = S Δ D C E = 1 2 D I . E C = 4 a 2 .

Vậy V A B C D = 1 3 S H . S A B C D = 1 3 a 3 .4 a 2 = 4 a 3 3 3 .