khó cực kì

Do (SAB), (SAD) cùng vuông góc đáy và SA là giao tuyến (SAB), (SAD)

\(\Rightarrow SA\perp\left(ABCD\right)\)

\(\Rightarrow V=\dfrac{1}{3}SA.AB.AD=\dfrac{1}{3}.3a\sqrt{3}.3a.4a=12a^3\sqrt{3}\)

Bài 1:

Vì \(SH\perp (ABCD)\Rightarrow \angle (SC,(ABCD))=\angle (SC,HC)=\angle SCH\)

\(\Rightarrow \angle SCH=30^0\)

\(\Rightarrow \frac{SH}{HC}=\tan SCH=\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow SH=\frac{HC\sqrt{3}}{3}\)

Pitago: \(HC=\sqrt{HB^2+BC^2}=\frac{\sqrt{5}}{2}\)

Do đó \(SH=\frac{\sqrt{15}}{6}\)

\(\Rightarrow V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{\sqrt{15}}{6}.1^2=\frac{\sqrt{15}}{18}\)

Bài 2:
$S$ cách đều $A.B,C$ nên \(SA=SB=SC\).

Xét chóp $S.ABC$ có độ dài các cạnh bên bằng nhau nên chân đường cao hạ từ đỉnh $S$ xuống đáy chính là tâm ngoại tiếp đáy.

Tam giác $ABC$ vuông tại $B$ nên chân đường cao (H) hạ từ $S$ xuống là trung điểm của $AC$.

Theo định lý Pitago: \(AB=\sqrt{AC^2-BC^2}=\sqrt{3}a\)

\(\Rightarrow S_{ABCD}=AB.AC=\sqrt{3}a^2\)

Có: \(60^0=\angle (SB,(ABCD))=\angle (SB,BH)=\angle SBH\)

\(\frac{SH}{BH}=\tan \angle SBH=\sqrt{3}\Rightarrow SH=BH\sqrt{3}\)

$H$ là trung điểm của $AC$ nên \(BH=AH=HC=\frac{1}{2}AC=a\Rightarrow SH=a\sqrt{3}\)

Vậy \(V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.a\sqrt{3}.\sqrt{3}a^2=a^3\)

ta có : \(\begin{cases}AB\perp SH\\AB\perp HF\end{cases}\) \(\Rightarrow AB\perp\left(SHF\right)\Rightarrow\left(SAB\right)\perp\left(SHF\right)\)theo giao tuyến SF

kẻ \(HK\perp SF\) tại K \(\Rightarrow HK\perp\left(SAB\right)\Rightarrow d_{\left(B;\left(SAB\right)\right)}=HK\)

\(HF=\frac{4a}{5}\Rightarrow HK=\frac{a\sqrt{15}}{5}\)

(SAB) chứa SB và song song CD

\(\Rightarrow d_{\left(CD;SB\right)}=d_{\left(CD;\left(SAB\right)\right)}=d_{\left(C;\left(SAB\right)\right)}=CM\)(M là hình chiếu của C lên (SAB))

có : HK//CM \(\Rightarrow\frac{CM}{HK}=\frac{CA}{AH}=5\)\(\left(AC=2a\sqrt{5};AH=\frac{2a\sqrt{5}}{5}\right)\)

\(\Rightarrow CM=5HK=a\sqrt{15}\)

Vậy : \(d_{\left(CD;SB\right)}=a\sqrt{15}\)

\(\begin{cases}\left(SAC\right)\perp\left(ABCD\right)\\\left(SBE\right)\perp\left(ABCD\right)\\\left(SBE\right)\cap\left(SAC\right)=SH\end{cases}\) \(\Rightarrow SH\perp\left(ABCD\right)\)

\(\begin{cases}BE\perp SH\left(SH\perp\left(ABCD\right)\right)\\BE\perp AC\end{cases}\) \(\Rightarrow BE\perp\left(SAC\right)\)

vậy SH là hình chiếu của SB lên (SAC) . vậy \(\widehat{BSH}=30^o\)

đặt AB=x

ta có : \(AE=\sqrt{BE^2-AB^2}=\sqrt{5a^2-x^2}\)

lại có : \(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{AE^2}\Leftrightarrow\frac{5}{4a^2}=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{5a^2-x^2}\Leftrightarrow x^4-5a^2x^2+a^2=0\) \(\Leftrightarrow\left[\begin{array}{nghiempt}x^2=a^2\\x^2=4a^2\end{array}\right.\) \(\Leftrightarrow\left[\begin{array}{nghiempt}x=a\\x=2a\end{array}\right.\) . loại x=a vì AE=2a>a=AB

Vậy AB=2a

\(BH=\sqrt{AB^2-AH^2}=\frac{4a}{\sqrt{5}}\) 

\(\frac{1}{BH^2}=\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{BC^2}\Leftrightarrow\frac{5}{16a^2}=\frac{1}{4a^2}+\frac{1}{BC^2}\Leftrightarrow BC=4a\)

\(S_{ABCD}=AB.BC=8a^2\)

Tam giác SBH vuông tại H nên \(SH=BH.\cot\widehat{BSH}=\frac{4a}{\sqrt{5}}.\sqrt{3}=\frac{4a\sqrt{15}}{5}\)

\(V_{SABCD}=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{4a\sqrt{15}}{5}.8a^2=\frac{32a^3\sqrt{15}}{15}\)

a:(SAB) vuông góc (ABCD)

(SAB) cắt (ABCD)=AB

BC vuông góc AB

=>BC vuông góc (SBA)

=>CB vuông góc SA

DC vuông góc AD

(SAD) giao (ABCD)=AD

=>DC vuông góc (SAD)

=>DC vuông góc SA

=>SA vuông góc (ABCD)

b: BC vuông góc AB

BC vuông góc SA

=>BC vuông góc (SAB)

=>(SBC) vuông góc (SAB)

a: ΔABC vuông tại B

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

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

=>\(AC=a\sqrt{2}\)

Xét ΔADC có \(cosDAC=\dfrac{AD^2+AC^2-CD^2}{2\cdot AD\cdot AC}\)

=>\(cos45=\dfrac{2a^2+4a^2-CD^2}{2\cdot a\sqrt{2}\cdot2a}\)

=>\(6a^2-CD^2=4a^2\cdot\sqrt{2}\cdot\dfrac{\sqrt{2}}{2}=4a^2\)

=>\(CD^2=2a^2\)

=>\(CD=a\sqrt{2}\)

Xét ΔCAD có \(CA^2+CD^2=AD^2\)

nên ΔCAD vuông tại C

=>CA\(\perp\)CD

CD\(\perp\)CA

CD\(\perp\)SA

SA,CA cùng thuộc mp(SAC)

Do đó: CD\(\perp\)(SAC)

b: CD\(\perp\)(SAC)

\(SC\subset\left(SAC\right)\)

Do đó: CD\(\perp\)SC