\(\Delta SAB,\Delta SAC\) 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 \(J\)\( \Rightarrow BJ \bot IJ \Rightarrow BC \bot IJ\)

\(AB=\sqrt{SA^2+SB^2}=a\sqrt{2}\)

\(AC=\sqrt{SA^2+SC^2-2SA.SC.cos120^0}=\sqrt{3}\)

\(BC=\sqrt{SB^2+SC^2-2SB.SC.cos60^0}=a\)

\(\Rightarrow AB^2+BC^2=AC^2\Rightarrow\Delta ABC\) vuông tại B

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên (ABC) \(\Rightarrow\) H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC (do SA=SB=SC)

\(\Rightarrow\) H trùng trung điểm AC

Gọi M là trung điểm SA \(\Rightarrow MH||SC\Rightarrow\) góc giữa SC và (SAB) bằng góc giữa MH và (SAB)

Gọi N là trung điểm AB \(\Rightarrow HN\perp AB\Rightarrow AB\perp\left(SHN\right)\)

Trong mp (SHN), kẻ \(HK\perp SN\Rightarrow HK\perp\left(SAB\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{KMH}\) là góc giữa SC và (SAB)

\(SH=\sqrt{SA^2-\left(\dfrac{AC}{2}\right)^2}=...\)

\(MH=\dfrac{1}{2}SA=...\) (trung tuyến ứng với cạnh huyền)

\(NH=\dfrac{1}{2}BC=...\) (đường trung bình)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{HK^2}=\dfrac{1}{SH^2}+\dfrac{1}{NH^2}\Rightarrow HK=...\)

\(\Rightarrow sin\widehat{KMH}=\dfrac{HK}{MH}=...\)

Dùng định lý hàm số Cosin tính được \(MN=2a\sqrt{3}\)

\(AM=2a\sqrt{2},AN=2a\). Tam giác vuông SAC có SC=2SA nên góc ASC =60 độ suy ra tam giác AMN vuông tại A.

Gọi H là trung điểm của MN, vì SA=SM=SN và tam giác AMN vuông tại A \(\Rightarrow SH\perp\left(AMN\right)\), tính được SH=a

Tính được \(V_{S.AMN}=\frac{2\sqrt{2}a^3}{3}\)

\(\frac{V_{S.AMN}}{V_{S.ABC}}=\frac{SM.SN}{SB.SC}=\frac{1}{3}\) \(\Rightarrow V_{S.ABC}=2\sqrt{2}a^3\)

Vậy d(C;(SAB)) =\(\frac{3V_{S.ABC}}{S_{\Delta SAB}}=\frac{6a^3\sqrt{2}}{3a^2}=2a\sqrt{2}\)

\(V=\dfrac{a.a\sqrt{3}.a\sqrt{2}}{6}.\sqrt{1+2cos90^0.cos60^0.cos120^0-cos^290-cos^260-cos^2120}=\dfrac{a^3\sqrt{3}}{6}\)

Đặt \(SA=x;SB=y\)

\(S_{\Delta SAB}=\dfrac{1}{2}SA.SB=\dfrac{xy}{2}\)

\(V=\dfrac{SA.SB.SC}{6}.\sqrt{1+2.cos90^0.cos60^0.cos120^0-cos^290^0-cos^260^0-cos^2120^0}=\dfrac{axy}{6}\)

\(\Rightarrow d\left(C;\left(SAB\right)\right)=\dfrac{3V}{S}=\dfrac{axy}{2.\dfrac{xy}{2}}=a\)

Đáp án C

Chọn đáp án B.

Ta có:  S A ⊥ S B S A ⊥ S C ⇒ S A ⊥ ( S B C )

Vì vậy áp dụng công thức cho trường hợp khối chóp có cạnh bên vuông góc đáy có:

Kẻ \(SH\perp\left(ABC\right)\) \(\Rightarrow\widehat{SAH}=60^0\)

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông có:

\(tan60^0=\dfrac{SH}{SA}\Leftrightarrow SH=\sqrt{3}a\)

Ta có M và N lần lượt là trung điểm của SA và SB

\(\Rightarrow\) MN là đường trung bình của tam giác ABC

\(\Rightarrow MN//BC\)

mà \(BC\subset\left(ABC\right)\) , \(MN⊄(ABC) \)

\(\Rightarrow MN//\left(ABC\right)\)

\(d\left(MN,\left(ABC\right)\right)=d\left(M,\left(ABC\right)\right)=\dfrac{1}{2}d\left(S,\left(ABC\right)\right)=\dfrac{\sqrt{3}}{2}.a\)

Vậy \(d\left(MN,\left(ABC\right)\right)=\dfrac{\sqrt{3}}{2}a\)

Chứng minh \(d\left(M,\left(ABC\right)\right)=\dfrac{1}{2}d\left(S,\left(ABC\right)\right)\)

Kẻ \(MK\perp\left(ABC\right)\Rightarrow MK//SH\)

Áp dụng định lý thales: \(\dfrac{MK}{SH}=\dfrac{AM}{AS}=\dfrac{1}{2}\)

\(\Rightarrow MK=\dfrac{1}{2}SH\Rightarrow d\left(M,\left(ABC\right)\right)=\dfrac{1}{2}d\left(S,\left(ABC\right)\right)\) (đpcm)