a) BC ⊥ SA & BC ⊥ AB) ⇒ BC ⊥ (SAB)

⇒ BC ⊥ SB.

⇒ tam giác SBC vuông tại B.

b) BH ⊥ AC & BH ⊥ SA ⇒ BC ⊥ (SAC)

⇒ (SBH) ⊥ (SAC).

c) d[B, (SAC)] = BH. Ta có:

a) Gọi \(H\) là trung điểm của \(AC\)

\(SAC\) là tam giác đều \( \Rightarrow SH \bot AC\)

Mà \(\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\)

\( \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SH \bot BC\)

Lại có \(AC \bot BC\)

\(\left. \begin{array}{l} \Rightarrow BC \bot \left( {SAC} \right)\\BC \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAC} \right)\)

b) \(SAC\) là tam giác đều \( \Rightarrow AI \bot SC\)

\(BC \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BC \bot AI\)

\(\left. \begin{array}{l} \Rightarrow AI \bot \left( {SBC} \right)\\AI \subset \left( {ABI} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {ABI} \right) \bot \left( {SBC} \right)\)

a.

\(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABC\right)\Rightarrow SA\perp BC\\BC\perp AC\left(gt\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow BC\perp\left(SAC\right)\)

b.

\(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABC\right)\\CK\in\left(ABC\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow SA\perp CK\)

Theo gt: \(CK\perp AB\) (CK là đường cao)

\(\Rightarrow CK\perp\left(SAB\right)\)

Mà \(SB\in\left(SAB\right)\Rightarrow CK\perp SB\)

1) Ta có : \(SA\perp\left(ABC\right)\Rightarrow SA\perp BC\)

BC \(\perp AB;BC\perp SA\Rightarrow BC\perp\left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp SB\) \(\Rightarrow\Delta SBC\perp\) tại B 

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

\(AH\perp SB\Rightarrow AH\perp\left(SBC\right)\Rightarrow AH\perp HK\)  \(\Rightarrow\Delta AHK\perp\) tại H 

\(\Delta SAB\perp\) tại A ; \(AH\perp SB\) có : \(AH=\dfrac{SA.AB}{\sqrt{SA^2+AB^2}}=\dfrac{a^2}{\sqrt{2a^2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}a\)

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

\(\Delta SAC\perp\) tại A có : \(AK\perp SC\) có : 

\(AK=\dfrac{SA.AC}{\sqrt{SA^2+AC^2}}=\dfrac{a.\sqrt{2}a}{\sqrt{a^2+2a^2}}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}a\)

\(HK=\sqrt{AK^2-AH^2}=\sqrt{\dfrac{2}{3}a^2-\dfrac{1}{2}a^2}=\dfrac{\sqrt{6}}{6}a\)

\(S_{AHK}=\dfrac{1}{2}HA.HK=\dfrac{1}{2}\dfrac{\sqrt{2}}{2}a.\dfrac{\sqrt{6}}{6}a=\dfrac{\sqrt{3}}{12}a^2\)

3) AH \(\perp\left(SBC\right)\Rightarrow\left(AK;\left(SBC\right)\right)=\widehat{AKH}\)

\(\Delta AHK\perp\) tại H có : \(sin\widehat{AKH}=\dfrac{AH}{AK}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}a:\dfrac{\sqrt{6}}{3}a=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow\widehat{AKH}=60^o\)

Tự vẽ hình nhé:

a, Ta có: \(BC\perp AB\) (\(\Delta ABC\) vuông tại \(B\))

\(SA\perp BC\left(SA\perp\Delta ABC;BC\subset\left(ABC\right)\right)\)

\(AB\cap SA=\left\{A\right\}\)

\(AB,SA\subset\left(SAB\right)\)

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

b, Ta có \(BC\perp\left(SAB\right)\left(cmt\right)\)

mà \(SA\subset\left(SAB\right)\)

\(\Rightarrow BC\perp SA\)

Do (SAB) và (SAC) vuông góc với đáy (ABC)

Và (ABC) ∩ (SAC) = SA nên SA ⊥ (ABC)

BC ⊥ AH, BC ⊥ SA

⇒ BC ⊥ ((SAH)

Mà BC ⊂ (SBC) nên (SAH) ⊥ (SBC)