a) \(SA \bot BC\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right),AB \bot BC \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right),BC \subset \left( {SBC} \right) \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAB} \right)\)

b) +) Trong (SAC) kẻ \(AD \bot SC \Rightarrow d\left( {A,SC} \right) = AD\)

Xét tam giác ABC vuông tại B có

\(\sin \widehat {CAB} = \frac{{BC}}{{AC}} \Rightarrow AC = \frac{a}{{\sin {{30}^0}}} = 2a\)

Xét tam giác SAC vuông tại A có

\(\frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {2a} \right)}^2}}} = \frac{3}{{4{a^2}}} \Rightarrow AD = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\)

Do đó \(d\left( {A,SC} \right) = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\)

+) \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {SBC} \right),\left( {SAB} \right) \cap \left( {SBC} \right) = SB\)

Trong (SAB) kẻ \(AE \bot SB\)

\( \Rightarrow AE \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AE\)

Xét tam giác ABC vuông tại B có

\(\tan \widehat {CAB} = \frac{{BC}}{{AB}} \Rightarrow AB = \frac{a}{{\tan {{30}^0}}} = a\sqrt 3 \)

Xét tam giác SAB vuông tại A có

\(\frac{1}{{A{E^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}}} = \frac{5}{{6{a^2}}} \Rightarrow AE = \frac{{a\sqrt {30} }}{5}\)

Vậy \(d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt {30} }}{5}\)

a: BC vuông góc AM

BC vuông góc SA

=>BC vuông góc (SAM)

b: BC vuông góc (SAM)

=>BC vuông góc SM

=>(SM;(ABC))=90 độ

a) \(SA \bot \left( {ABC} \right);SA \subset \left( {SAB} \right) \Rightarrow \left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\)

\(\left. \begin{array}{l}AH \bot BC\\SA \bot BC\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\\AH \cap SA = \left\{ A \right\}\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot \left( {SAH} \right);BC \subset \left( {SBC} \right) \Rightarrow \left( {SAH} \right) \bot \left( {SBC} \right)\)

b) Ta có \(AH \bot BC,BC \bot SH\left( {BC \bot \left( {SAH} \right)} \right)\)

\( \Rightarrow \left[ {S,BC,A} \right] = \left( {SH,AH} \right) = \widehat {SHA}\)

Xét tam giác ABC vuông tại A có

\(\widehat {ABC} = {30^0} \Rightarrow \widehat {ACH} = {60^0}\)

Xét tam giác ACH vuông tại H có

\(\sin \widehat {ACH} = \frac{{AH}}{{AC}} \Rightarrow AH = a.\sin {60^0} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Xét tam giác SHA vuông tại A có

\(\tan \widehat {SHA} = \frac{{SA}}{{AH}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}:\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = 1 \Rightarrow \widehat {SHA} = {45^0}\)

Vậy \(\left[ {S,BC,A} \right] = {45^0}\)

Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\).

Tam giác \(ABC\) đều \( \Rightarrow AI \bot BC\)

\(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot AI\)

\( \Rightarrow d\left( {SA,BC} \right) = AI = \frac{{BC\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Kẻ \(AH \bot BC\left( {H \in BC} \right)\)

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

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

Vậy \(\widehat {SHA}\) là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện \(\left[ {A,BC,S} \right]\)

\( \Rightarrow \widehat {SHA} = \alpha \)

\(\begin{array}{l}{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}BC.AH,{S_{\Delta SBC}} = \frac{1}{2}BC.SH\\ \Rightarrow \frac{{{S_{\Delta ABC}}}}{{{S_{\Delta SBC}}}} = \frac{{\frac{1}{2}BC.AH}}{{\frac{1}{2}BC.SH}} = \frac{{AH}}{{SH}} = \cos \widehat {SHA} = \cos \alpha \end{array}\)

\(\Delta SAB,\Delta SAC\) đều \( \Rightarrow AB = {\rm{A}}C = a\)

\(BC = \sqrt {S{B^2} + S{C^2}}  = a\sqrt 2 \)

\( \Rightarrow \Delta ABC\) vuông cân tại \(A\)

\(AJ\) là trung tuyến của tam giác \(ABC\)\( \Rightarrow AJ = \frac{1}{2}BC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

\(\Delta SBC\) vuông cân tại \(S\) có \(SJ\) là trung tuyến

\( \Rightarrow SJ = \frac{1}{2}BC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

\(IJ\) là trung tuyến của tam giác \(SAJ\)\( \Rightarrow IJ = \frac{{\sqrt {2\left( {A{J^2} + S{J^2}} \right) - S{A^2}} }}{2} = \frac{a}{2}\)

\(AI = \frac{1}{2}SA = \frac{a}{2};BJ = \frac{1}{2}BC = \frac{a}{2}\)

Xét tam giác \(AIJ\) có: \(A{I^2} + I{J^2} = A{J^2}\)

\( \Rightarrow \Delta AIJ\) vuông tại \(I\)\( \Rightarrow AI \bot IJ \Rightarrow SA \bot IJ\)

\(\Delta SAB\) đều \( \Rightarrow BI = \sqrt {A{B^2} - A{I^2}}  = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Xét tam giác \(BIJ\) có: \(B{J^2} + I{J^2} = B{I^2}\)

\( \Rightarrow \Delta BIJ\) vuông tại \(J\)\( \Rightarrow BJ \bot IJ \Rightarrow BC \bot IJ\)

Đáp án A

a) +) Xét tam giác SBC có

N, P lần lượt là trung điểm SB, SC

\( \Rightarrow \) PN là đường trung bình tam giác SBC

\( \Rightarrow \) PN // BC \( \Rightarrow \) PN // (ABC)

+) Xét tam giác SAB có

N, M lần lượt là trung điểm SB, SA

\( \Rightarrow \) MN là đường trung bình tam giác SAB

\( \Rightarrow \) MN // AB

+) \(\left. \begin{array}{l}PN//BC,MN//AB\\PN \cap MN = \left\{ N \right\},BC \cap AB = \left\{ B \right\}\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {MNP} \right)//\left( {ABC} \right)\)

\( \Rightarrow \) d((MNP), (ABC)) = d(M, (ABC)) = MA \( = \frac{{SA}}{2} = \frac{h}{2}\) do SA \( \bot \) (ABC)

+) PN // (ABC) \( \Rightarrow \) d(NP,(ABC)) = d(N,(ABC)) = d(M,(ABC))\( = \frac{h}{2}\) (do MN // (ABC))

b)

Ta có \(SA \bot BC,AB \bot BC \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right);BC \subset \left( {SBC} \right) \Rightarrow \left( {SAB} \right) \bot \left( {SBC} \right)\)

\(\left( {SAB} \right) \cap \left( {SBC} \right) = SB\)

(SAB): kẻ \(AH \bot SB\)

\( \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow \) d(A,(SBC)) = AH

Xét tam giác SAB vuông tại A có

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{{h^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{{{a^2} + {h^2}}}{{{h^2}{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{ah}}{{\sqrt {{a^2} + {h^2}} }}\)

Vậy \(d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{ah}}{{\sqrt {{a^2} + {h^2}} }}\)