Gọi D là trung điểm AB \(\Rightarrow HD\) là đường trung bình tam giác ABC

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}HD||AC\Rightarrow HD\perp AB\\HD=\dfrac{1}{2}AC=\dfrac{a}{2}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow AB\perp\left(SHD\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{SDH}\) là góc giữa (SAB) và đáy

\(\Rightarrow\widehat{SDH}=60^0\)

\(\Rightarrow SH=DH.tan60^0=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)

Từ H kẻ \(HK\perp SD\) (K thuộc SD)

\(\Rightarrow HK\perp\left(SAB\right)\Rightarrow HK=d\left(H;\left(SAB\right)\right)\)

\(HK=\dfrac{SH.DH}{\sqrt{SH^2+DH^2}}=\dfrac{a\sqrt{3}}{4}\)

+ Xác định góc của (SAB) và mặt phẳng đáy.

Gọi G là trọng tâm tam giác ABD và E là hình chiếu của G lên AB. Ta có:

AB ⊥ SG & AB ⊥ GE⇒ AB ⊥ (SEG) ⇒ AB ⊥ SE.

SE ⊥ AB & GE ⊥ AB⇒ ∠((SAB),(ABCD)) = ∠(SEG) = 60o.

+ Xác định khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAD).

Hạ GN ⊥ AD. Tương tự như trên, ta có: AD ⊥ GN & AD ⊥ SG⇒ AD ⊥ (SGN)

Hạ GH ⊥ SN, ta có GH ⊥ (SAD) suy ra khoảng cách từ G đến (SAD) là GH.

+ Tính GH.

(do GE = GN). Thế vào (1) ta được:

Ta có: M ∈(SAD) & MB = 3MG⇒ d(B,(SAD)) = 3d(G,(SAD)) = (a√3)/2.

Hình bạn tự vẽ nha mình biếng á chứ khog có j đou=)

Ta có : \(\left\{{}\begin{matrix}CA\perp AB\\\left(ABC\right)\perp\left(SAB\right)\\\left(ABC\right)\cap\left(SAB\right)=AB\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow CA\perp\left(SAB\right)\)

Kẻ \(AK\perp SB\) và \(AH\perp CK\) tại H.

Ta có : \(\left\{{}\begin{matrix}SB\perp AK\\SB\perp CA\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow SB\perp\left(ACK\right)\Rightarrow SB\perp AH\)

Do : \(\left\{{}\begin{matrix}AH\perp CK\\AH\perp SB\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow AH\perp\left(SBC\right)\Rightarrow d\left(A;\left(SBC\right)\right)=AH\)

Xét t/g ABK , ta có : AK = AB

=> \(sin\widehat{ABK}=\alpha sin60^o=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)

Xét t/g ACK , ta có : \(\dfrac{1}{AH^2}=\dfrac{1}{AK^2}+\dfrac{1}{AC^2}=\dfrac{7}{3a^2}\Rightarrow AH=\dfrac{a\sqrt{21}}{7}\)

1.

Gọi O là giao điểm AC và BD, Q là trung điểm AB \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}SO\perp\left(ABCD\right)\\OQ\perp AB\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow AB\perp\left(SOQ\right)\)

Từ O kẻ \(OH\perp SQ\Rightarrow OH\perp\left(SAB\right)\Rightarrow OH=d\left(O;\left(SAB\right)\right)\)

\(OQ=\dfrac{BC}{2}=\dfrac{AB}{2}=\dfrac{a}{2}\) ; \(SO=\sqrt{SA^2-\left(\dfrac{BD}{2}\right)^2}=\dfrac{a\sqrt{6}}{2}\)

\(\dfrac{1}{OH^2}=\dfrac{1}{OQ^2}+\dfrac{1}{SO^2}=\dfrac{14}{3a^2}\Rightarrow OH=a\sqrt{\dfrac{14}{3}}\)

\(d\left(P;\left(SAB\right)\right)=2d\left(O;\left(SAB\right)\right)=2OH=2a\sqrt{\dfrac{14}{3}}\)

2.

Câu này đề đúng ko nhỉ? Vì thấy quá nhiều dữ kiện thừa thãi.

Từ \(\overrightarrow{IA}=-2\overrightarrow{IH}\Rightarrow I;A;H\) thẳng hàng

Mà ABC vuông cân tại A \(\Rightarrow AI\perp BC\Rightarrow AH\perp BC\)

Từ K kẻ \(KP||BC\)  (P thuộc AH) \(\Rightarrow KP\perp AH\)

\(\left\{{}\begin{matrix}KP\in\left(SAB\right)\Rightarrow SH\perp KP\\KP\perp AH\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow KP\perp\left(SAH\right)\)

\(\Rightarrow KP=d\left(K;\left(SAH\right)\right)\)

\(KP=\dfrac{1}{2}IB\) (đường trung bình); \(IB=\dfrac{1}{2}BC=\dfrac{1}{2}AB\sqrt{2}=a\Rightarrow KP=\dfrac{a}{2}\)

Đáp án A

Gọi I,H lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên BC, SI, khi đó: d(A, (SBC)) =AH

Tam giác ABC đều cạnh a nên AI =  a 3 2

Khi đó xét tam giác SAI :

Chọn A

Gọi H là trung điểm của AC. Đỉnh S cách đều các điểm A, B, C 

=> SH  ⊥ (ABC)

Xác đinh được 

Ta có MH // SA

Gọi I là trung điểm của AB => HI ⊥ AB

và chứng minh được HK  ⊥ (SAB)

Trong tam giác vuông SHI tính được 

Tam giác SBC cân hay đều em nhỉ?

Vì tam giác SBC đều thì sẽ không khớp với dữ kiện \(V_{SABC}=\dfrac{a^3}{16}\)

Đề cho là tam giác đều ạ