Đáp án C

Hướng dẫn giải: Do AD // BC

Kẻ AH ⊥ SB

Ta có B C ⊥ A B B C ⊥ S A

Mà  A H ⊥ S B ⇒ A H ⊥ ( S B C )

⇒ A H ⊥ d ( A , ( S B C ) ) ta có:

3.

a.

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

b.

Gọi M là trung điểm BC \(\Rightarrow IM||AC\)

\(\Rightarrow AC||\left(SIM\right)\Rightarrow d\left(AC;SI\right)=d\left(AC;\left(SIM\right)\right)=d\left(A;\left(SIM\right)\right)\)

Qua A kẻ đường thẳng song song BC cắt IM kéo dài tại K

\(\Rightarrow IM\perp AK\Rightarrow IM\perp\left(SAK\right)\)

Trong mp (SAK), kẻ AH vuông góc SK

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

\(AK=CM=\dfrac{b}{2}\)

\(\dfrac{1}{AH^2}=\dfrac{1}{SA^2}+\dfrac{1}{AK^2}\Rightarrow AH=\dfrac{SA.AK}{\sqrt{SA^2+AK^2}}=\dfrac{\dfrac{h.b}{2}}{\sqrt{h^2+\dfrac{b^2}{4}}}=\dfrac{bh}{\sqrt{b^2+4h^2}}\)

1.

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

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

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

2.

\(SA\perp\left(ABC\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}SA\perp AB\\SA\perp AC\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\) các tam giác SAB và SAC vuông

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

\(\Rightarrow\) Tam giác SBC vuông

Vậy tứ diện có 4 mặt đều là tam giác vuông (ABC hiển nhiên vuông theo giả thiết)

0

a) Ta có {AB⊥ADAB⊥SA⇒AB⊥(SAD)⇒(SAB)⊥(SAD){AB⊥ADAB⊥SA⇒AB⊥(SAD)⇒(SAB)⊥(SAD).

b) Ta có {BC⊥ABBC⊥SA⇒BC⊥(SAB){BC⊥ABBC⊥SA⇒BC⊥(SAB).

Suy ra góc giữa SCSC và (SAB)(SAB) là góc ˆCSBCSB^.

Xét tam giác SABSAB vuông tại AA có SB=√AB2+SA2=a√3SB=AB2+SA2=a3. tanˆCSB=CBSB=aa√3=1√3⇒ˆCSB=30∘tan⁡CSB^=CBSB=aa3=13⇒CSB^=30∘.

Vậy ˆ(SC,(SAB))=30∘(SC,(SAB))^=30∘

c) Gọi MMlà trung điểm ADAD.

Suy ra ABCMABCM là hình vuông và CM=AB=aCM=AB=a.

Suy ra CM=12ADCM=12AD nên ΔACDΔACD vuông tại CC hay AC⊥CDAC⊥CD.

Ta có {CD⊥ACCD⊥SA⇒CD⊥(SAC){CD⊥ACCD⊥SA⇒CD⊥(SAC).

Kẻ AK⊥SC (K∈SC)AK⊥SC (K∈SC)

⇒AK⊥(SCD)⇒d(A,(SCD))=AK⇒AK⊥(SCD)⇒d(A,(SCD))=AK.

AC=√AB2+BC2=a√2AC=AB2+BC2=a2.

Do đó d(A,(SCD))=AK=SA.AC√SA2+AC2=ad(A,(SCD))=AK=SA.ACSA2+AC2=a. (∗)(∗)

Trong (ABCD)(ABCD), gọi {E}=AB∩CD{E}=AB∩CD.

Ta có ⎧⎨⎩BC//ADBC=12AD{BC//ADBC=12AD nên BCBC là đường trung bình của ΔEADΔEAD.

⇒SB⇒SB là đường trung tuyến của ΔSAEΔSAE. (1)(1)

Mặt khác, tam giác ΔSAEΔSAE vuông tại AA có chiều cao AHAH cho ta SH.SB=SA2 ⇒ SHSB=SA2SB2=23SH.SB=SA2 ⇒ SHSB=SA2SB2=23 (2)(2)

Từ (1)(1) và (2)(2) suy ra HH là trọng tâm tam giác ΔSAEΔSAE.

Trong (SAE)(SAE), gọi {L}=AH∩SE⇒⎧⎨⎩AH∩(SCD)={L}LHLA=13{L}=AH∩SE⇒{AH∩(SCD)={L}LHLA=13.

⇒d(H,(SCD))d(A,(SCD))=LHLA=13 (∗∗)⇒d(H,(SCD))d(A,(SCD))=LHLA=13 (∗∗).

Từ (∗)(∗) và (∗∗)(∗∗) suy ra d(H,(SCD))=a3d(H,(SCD))=a3.

mu

Hình chiếu của SC lên (ABCD) là AC.

⇒ (SC, (ABCD)) = (SC,AC) = \(\widehat{SCA}\)

Ta có: AC = a√2

Xét tam SCA vuông tại A, có: \(tan\widehat{SCA}=\dfrac{SA}{SC}=\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow\widehat{SCA}=60^o\)

\(SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow\widehat{SCA}\) là góc giữa SC và (ABCD)

\(AC=a\sqrt{2}\Rightarrow tan\widehat{SCA}=\dfrac{SA}{AC}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\)

\(\Rightarrow\widehat{SCA}=30^0\)

Xét mặt phẳng đáy (ABCD) là hình thang cân. Kéo dài AC cắt BD tại I ta thu được tam giác đều ICD. 

Do đó AD và BC đồng thời là đường cao và là đường trung tuyến của tam giác ICD. Suy ra O là trọng tâm của tam giác ICD (Với O là giao của AD và BC)

Ta có: \(AD=\sqrt{CD^2-AC^2}=a\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow OA=\dfrac{1}{3}a\sqrt{3}\)

Vì hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) và có giao tuyến là SO. Do đó SO vuông góc với (ABCD)

Xét tam giác SOB vuông tại O ta có: 

\(SO=\sqrt{SA^2-OA^2}=\dfrac{\sqrt{15}}{3}a\)

Vậy khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABCD) là \(\dfrac{\sqrt{15}}{3}a\)

Ta có: \(S_{ABCD}=\dfrac{3}{4}.S_{ICD}=\dfrac{3}{4}.\dfrac{AD.CI}{2}=\dfrac{3}{8}.a\sqrt{3}.2a=\dfrac{3\sqrt{3}}{4}a^2\)

\(\Rightarrow V_{S.ABCD}=\dfrac{1}{3}.SO.S_{ABCD}=\dfrac{1}{3}.\dfrac{\sqrt{15}}{3}a.\dfrac{3\sqrt{3}}{4}a^2=\dfrac{\sqrt{5}}{4}a^3\)

Xét mặt phẳng đáy (ABCD) là hình thang cân. Kéo dài AC cắt BD tại I ta thu được tam giác đều ICD. 

Do đó AD và BC đồng thời là đường cao và là đường trung tuyến của tam giác ICD. Suy ra O là trọng tâm của tam giác ICD (Với O là giao của AD và BC)

Ta có: \(AD=\sqrt{CD^2-AC^2}=a\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow OA=\dfrac{1}{3}a\sqrt{3}\)

Vì hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) và có giao tuyến là SO. Do đó SO vuông góc với (ABCD)

Xét tam giác SOB vuông tại O ta có: 

\(SO=\sqrt{SA^2-OA^2}=\dfrac{\sqrt{15}}{3}a\)

Vậy khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABCD) là \(\dfrac{\sqrt{15}}{3}a\)

Ta có: \(S_{ABCD}=\dfrac{3}{4}.S_{ICD}=\dfrac{3}{4}.\dfrac{AD.CI}{2}=\dfrac{3}{8}.a\sqrt{3}.2a=\dfrac{3\sqrt{3}}{4}a^2\)

\(\Rightarrow V_{S.ABCD}=\dfrac{1}{3}.SO.S_{ABCD}=\dfrac{1}{3}.\dfrac{\sqrt{15}}{3}a.\dfrac{3\sqrt{3}}{4}a^2=\dfrac{\sqrt{5}}{4}a^3\)

- Xác định góc \(\alpha\) giữa SC và mặt phẳng (SAB)

\(\left\{{}\begin{matrix}S\in\left(SAB\right)\\CB\perp\left(SAB\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left[\widehat{SC,\left(SAB\right)}\right]=\widehat{CSB}=\alpha\)

- Tính góc \(\alpha\) :

Trong tam giác vuông \(SBC\), ta có :

\(\tan\alpha=\dfrac{BC}{SB}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow\alpha=30^0\)