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

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:

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

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.

Bài này đặt ở khu vực lớp 12 mình còn giải (vì có thể sử dụng tọa độ hóa cực lẹ)

Còn lớp 11 thì dựng hình được, nhưng việc tính toán số liệu sau đó đúng là thảm họa.

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 \(\Rightarrow\widehat{SCA}=30^o\)

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

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

Kẻ AK⊥BC

Ta có: BC⊥AK

BC⊥ SA(SA⊥(ABCD))

AK,SA cùng thuộc mp(SAK)

Do đó: BC⊥(SAK)

(SAK) giao (SBC)=SK

(ABC) giao (SAK)=AK

Do đó: \(\hat{\left(SBC\right);\left(ABC\right)}=\hat{SKA}\)

Kẻ CH⊥AB tại H

Xét tứ giác AHCD có \(\hat{AHC}=\hat{HAD}=\hat{ADC}=90^0\)

nên AHCD là hình chữ nhật

Hình chữ nhật AHCD có AD=DC

nên AHCD là hình vuông

=>CH=HA=AD=DC=a

Ta có: AH+HB=AB

=>HB=2a-a=a

Xét ΔCHB vuông tại H có HC=HB

nên ΔCHB vuông cân tại H

=>\(\hat{HBC}=\hat{HCB}=45^0\)

Xét ΔAKC vuông tại K có sin B=\(\frac{AK}{AB}\)

=>\(AK=2a\cdot\sin45=a\sqrt2\)

Xét ΔSAK vuông tại A có tan SKA=SA/AK=1

nên \(\hat{SKA}=45^0\)

=>\(\hat{\left(SBC\right);\left(ABC\right)}=\hat{SKA}=45^0\)