Kẻ \(MH\perp CD\Rightarrow AMHD\) là hcn

\(\Rightarrow MH=AD=a\)

\(V_{SDCM}=\dfrac{1}{3}SA.S_{MCD}=\dfrac{1}{3}SA.\dfrac{1}{2}MH.CD=\dfrac{1}{6}.a.a.2a=\dfrac{a^3}{3}\)

b.

Trong tam giác vuông DAM, kẻ \(AE\perp DM\Rightarrow DM\perp\left(SAE\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{SEA}\) là góc giữa (SDM) và đáy hay \(\widehat{SEA}=60^0\)

\(\Rightarrow AE=\dfrac{SA}{tan60^0}=\dfrac{a\sqrt{3}}{3}\)

Áp dụng hệ thức lượng:

\(\dfrac{1}{AE^2}=\dfrac{1}{AM^2}+\dfrac{1}{AD^2}\Rightarrow AM=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\)

\(\Rightarrow V_{SADM}=\dfrac{1}{3}AM.\dfrac{1}{2}SA.AD=\dfrac{a^3\sqrt{2}}{12}\)

Kẻ \(AF\perp SE\Rightarrow AF\perp\left(SDM\right)\Rightarrow AF=d\left(A;\left(SDM\right)\right)\)

\(\dfrac{1}{AF^2}=\dfrac{1}{SA^2}+\dfrac{1}{AE^2}\Rightarrow AF=\dfrac{a}{2}\)

1.

\(SA\perp\left(ABC\right)\Rightarrow AC\) là hình chiếu vuông góc của SA lên (ABC)

\(\Rightarrow\widehat{SCA}\) là góc giữa SC là (ABC)

\(AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=a\sqrt{5}\)

\(\Rightarrow tan\widehat{SCA}=\dfrac{SA}{AC}=\dfrac{\sqrt{15}}{5}\Rightarrow\widehat{SCA}\approx37^045'\)

b.

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABC\right)\Rightarrow SA\perp BC\\AB\perp BC\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow BC\perp\left(SAB\right)\)

Mà \(\left\{{}\begin{matrix}BC=\left(SBC\right)\cap\left(ABC\right)\\SB=\left(SBC\right)\cap\left(SAB\right)\\AB=\left(ABC\right)\cap\left(SAB\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\widehat{SBA}\) là góc giữa (SBC) và (ABC)

\(tan\widehat{SBA}=\dfrac{SA}{AB}=\sqrt{3}\Rightarrow\widehat{SBA}=60^0\)

c.

Trong mp (SAB), từ A kẻ \(AH\perp SB\)

Mà \(BC\perp\left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp AH\)

\(\Rightarrow AH\perp\left(SBC\right)\Rightarrow AH=d\left(A;\left(SBC\right)\right)\)

Áp dụng hệ thức lượng:

\(\dfrac{1}{AH^2}=\dfrac{1}{SA^2}+\dfrac{1}{AB^2}\Rightarrow AH=\dfrac{SA.AB}{\sqrt{SA^2+AB^2}}=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)

2.

\(SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow AB\) là hình chiếu vuông góc của SB lên (ABCD)

\(\Rightarrow\widehat{SBA}\) là góc giữa SB là (ABCD)

\(tan\widehat{SBA}=\dfrac{SA}{AB}=3\Rightarrow\widehat{SBA}\approx71^034'\)

b.

\(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp BC\\AB\perp BC\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow BC\perp\left(SAB\right)\)

Mà \(\left\{{}\begin{matrix}BC=\left(SBC\right)\cap\left(ABCD\right)\\SB=\left(SAB\right)\cap\left(SBC\right)\\AB=\left(SAB\right)\cap\left(ABCD\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\widehat{SBA}\) là góc giữa (SBC) và (ABCD) (đã tính ở câu a)

c.

Từ A kẻ \(AH\perp SB\Rightarrow AH\perp\left(SBC\right)\)

\(\Rightarrow AH=d\left(A;\left(SBC\right)\right)\)

\(\dfrac{1}{AH^2}=\dfrac{1}{SA^2}+\dfrac{1}{AB^2}\Rightarrow AH=\dfrac{SA.AB}{\sqrt{SA^2+AB^2}}=\dfrac{3a\sqrt{10}}{10}\)

1.

Gọi $I$ là trung điểm $AB$ thì do tam giác $DAB$ và $CAB$ cân tại $D$ và $C$ nên:

$DI\perp AB; CI\perp AB$

$\Rightarrow (DCI)\perp AB$

$\Rightarrow (DCI)\perp AI$ và $(DCI)\perp BI$

Do đó:

\(V_{ABCD}=V_{DAIC}+V_{DIBC}=\frac{1}{3}AI.S_{DIC}+\frac{1}{3}BI.S_{DIC}\)

\(=\frac{1}{3}S_{DIC}(AI+BI)=\frac{1}{3}S_{DIC}.AB=\frac{x}{3}S_{DIC}\)

\(DI=\sqrt{DA^2-AI^2}=\sqrt{DA^2-(\frac{AB}{2})^2}=\sqrt{12-\frac{x^2}{4}}\)

\(CI=\sqrt{AC^2-AI^2}=\sqrt{AC^2-(\frac{AB}{2})^2}=\sqrt{12-\frac{x^2}{4}}\)

$\Rightarrow DCI$ là tam giác cân tại $I$

Kẻ $IM\perp DC$ thì $M$ là trung điểm $DC$

$IM=\sqrt{DI^2-DM^2}=\sqrt{12-\frac{x^2}{4}-(\sqrt{3})^2}$

$=\sqrt{9-\frac{x^2}{4}}$

\(S_{DIC}=\frac{IM.DC}{2}=\sqrt{9-\frac{x^2}{4}}.2\sqrt{3}:2=\frac{\sqrt{3}.\sqrt{36-x^2}}{2}\)

Vậy: \(V_{ABCD}=\frac{\sqrt{3}}{6}x\sqrt{36-x^2}=\frac{\sqrt{3}}{6}\sqrt{x^2(36-x^2)}\)

\(\leq \frac{\sqrt{3}}{6}.\frac{x^2+36-x^2}{2}=3\sqrt{3}\) theo BĐT Cô-si

Vậy $V_{ABCD}$ max bằng $3\sqrt{3}$ khi $x^2=36-x^2$
$\Leftrightarrow x=3\sqrt{2}$

Hình bài 1

Bài 2:
Kẻ $AT\perp $SB$

Ta có:

$SA\perp (ABCD)\Rightarrow SA\perp BC$

$AB\perp BC$ (do $ABCD$ là hình vuông)

$\Rightarrow (SAB)\perp BC$

$\Rightarrow AT\perp BC$ (vì \(AT\subset (SAB)\) )

Mà: $AT\perp SB$

$\Rightarrow AT\perp (SBC)$

$\Rightarrow AT=d(A, (SBC))=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

$\frac{1}{SA^2}+\frac{1}{AB^2}=\frac{1}{AT^2}$ theo hệ thức lượng 

$\Leftrightarrow \frac{1}{SA^2}=\frac{1}{AT^2}-\frac{1}{AB^2}=\frac{2}{a^2}+\frac{1}{a^2}$

$\Rightarrow SA=\frac{\sqrt{3}a}{3}$

$V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SA.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{3}.a^2=\frac{\sqrt{3}}{9}a^3$
 

a: (SB;(ABC))=(SB;BA)=góc SBA

\(\tan SBA=\dfrac{SA}{AB}=\sqrt{6}\)

=>góc SBA=68 độ

b: (SA;(SBC))=(SA;SB)=góc ASB

tan ASB=AB/SA=1/căn 6

=>góc ASB=22 độ

a: SA\(\perp\)(ABC)

=>SA\(\perp\)AB; SA\(\perp\)AC; SA\(\perp\)BC

=>ΔSAB vuông tại A và ΔSAC vuông tại A

Ta có: ΔABC vuông cân tại B

=>BA=BC=a và \(AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=a\sqrt{2}\)

\(\widehat{SA;AB}=\widehat{SAB}=90^0\)

b: \(\widehat{SB;BA}=\widehat{SBA}\)

Xét ΔSAB vuông tại A có \(tanSBA=\dfrac{SA}{AB}=\dfrac{a\sqrt{2}}{a}=\sqrt{2}\)

nên \(\widehat{SBA}\simeq54^044'\)

=>\(\widehat{SB;BA}\simeq54^044'\)

Phần góc giữa 2 mặt phẳng tui chưa học đến nên chưa làm được đoạn cuối phần b, bạn thông cảm nha!

Gọi h và h’ lần lượt là chiều cao hạ từ A, A’ đến mặt phẳng (SBC).

Gọi S₁ và S₂ theo thứ tự là diện tích các tam giác SBC và SB’C’.

Khi đó ta có và

Suy ra

Đó là điều phải chứng minh.