Hướng dẫn giải (chi tiết)

                                      

Gọi O là chân đường cao của hình chóp nên O là tâm tam giác đáy.

Do đó O là trọng tâm tam giác ABC hay $O \in A H$.

Ta có: $A O=\dfrac{2}{3} A H=\dfrac{2}{3} \cdot 3 a \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}=a \sqrt{3}$

$\mathrm{d}(S, A H)=S O=\sqrt{S A^{2}-A O^{2}}=a$

Đáp án: C

Hướng dẫn giải (chi tiết)

                                 

+ Dựng $A H \perp B C \Rightarrow d(A, B C)=A H$.

+ $\left\{\begin{array}{l}{A S \perp(S B C) \supset B C \Rightarrow A S \perp B C} \\ {A H \perp B C}\end{array}, A H\right.$ cắt $AS$ cùng nằm trong (SAH).

$\Rightarrow B C \perp(S A H) \supset S H \Rightarrow B C \perp S H$

Xét trong $\Delta S B C$ vuông tại S có SH là đường cao ta có: 

$\dfrac{1}{S H^{2}}=\dfrac{1}{S B^{2}}+\dfrac{1}{S C^{2}}=\dfrac{1}{a^{2}}+\dfrac{1}{4 a^{2}}=\dfrac{5}{4 a^{2}} \Rightarrow S H^{2}=\dfrac{4 a^{2}}{5} \Rightarrow S H=\dfrac{2 a \sqrt{5}}{5}$.

+ Ta dễ chứng minh được $A S \perp(S B C) \supset S H \Rightarrow A S \perp S H \Rightarrow \Delta A S H$ vuông tại S.

Áp dụng định lý Py-ta-go cho $\Delta A S H$ vuông tại S , ta có: 

$A H^{2}=S A^{2}+S H^{2}=9 a^{2}+\dfrac{4 a^{2}}{5}=\dfrac{49 a^{2}}{5} \Rightarrow A H=\dfrac{7 a \sqrt{5}}{5}$.

Đáp án: B

Hướng dẫn giải (chi tiết)

                              

Dễ thấy các tam giác $A B C^{\prime}, C^{\prime} C A, A D C^{\prime}$ là các tam giác vuông bằng nhau nên các đường cao hạ từ đỉnh góc vuông cạnh huyền cũng bằng nhau.

Vậy $d\left(B, A C^{\prime}\right)=d\left(C, A C^{\prime}\right)=d\left(D, A C^{\prime}\right)$.

Đáp án: B

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Đặt $A B=x \Rightarrow A C=\sqrt{A B^{2}+B C^{2}}=\sqrt{x^{2}+a^{2}}$

$\Rightarrow S A=A C \cdot \tan \widehat{S C A}=\sqrt{\dfrac{x^{2}+a^{2}}{3}}$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{B C \perp A B} \\ {B C \perp S A}\end{array} \Rightarrow B C \perp(S A B) \Rightarrow B C \perp S B \Rightarrow \Delta S B C\right.$ vuông tại $B$, có $S B=\dfrac{B C}{\tan \widehat{B S C}}=a \sqrt{3}$

Tam giác $SAB$ vuông tại $A$, có $S A^{2}+A B^{2}=S B^{2}$

$\Rightarrow \dfrac{x^{2}+a^{2}}{3}+x^{2}=3 a^{2} \Leftrightarrow 4 x^{2}=8 a^{2} \Leftrightarrow x=a \sqrt{2}$

Kẻ $D H \perp A M$, ta có $\left\{\begin{array}{l}{S A \perp D H} \\ {A M \perp D H}\end{array} \Rightarrow D H \perp(S A M)\right.$

$\Rightarrow d(D ;(S A M))=D H$

Xét $\Delta AMD$ vuông tại $D$, có $\dfrac{1}{D H^{2}}=\dfrac{1}{A D^{2}}+\dfrac{1}{M D^{2}}=\dfrac{3}{a^{2}}$

$\Rightarrow D H=\dfrac{a}{\sqrt{3}} \Rightarrow d(D ;(S A M))=\dfrac{a}{\sqrt{3}}$

Đáp án: A.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Ta có: 

$E \in S C, E C \cap(S B D)=S \Rightarrow \dfrac{d(E ;(S B D))}{d(C ;(S B D))}=\dfrac{d(E ;(S B D))}{d(A ;(S B D))}=\dfrac{E S}{C S}=\dfrac{1}{2}$

Từ $A$ kẻ $A K \perp B D(K \in B D)$, kẻ $A H \perp S K(H \in S K) (1)$

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{B D \perp A K} \\ {B D \perp S A}\end{array} \Rightarrow B D \perp(S A K) \Rightarrow B D \perp A H\right. (2)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow A H \perp(S B D)$

$\Rightarrow A H=d(A ;(S B D))=2 . d(E ;(S B D))=\dfrac{2 a}{3}$

Mà $\dfrac{1}{A H^{2}}=\dfrac{1}{S A^{2}}+\dfrac{1}{A K^{2}} \Rightarrow A K=\dfrac{S A \cdot A H}{\sqrt{S A^{2}-A H^{2}}}=\dfrac{2 a}{\sqrt{5}}$

Tam giác $ABD$ vuông tại $A$, có đường cao $AK$

$\Rightarrow \dfrac{1}{A B^{2}}+\dfrac{1}{A D^{2}}=\dfrac{1}{A K^{2}} \Leftrightarrow \dfrac{1}{a^{2}}+\dfrac{1}{a^{2} x^{2}}=\dfrac{5}{4 a^{2}} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}{x>0} \\ {x^{2}=4}\end{array} \Rightarrow x=2\right.$

Đáp án: C.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Xét $\Delta HAD$, có $AC$ là tia phân giác của góc $\widehat{H A D}$

$\Rightarrow \dfrac{A H}{A D}=\dfrac{H M}{M D}=\dfrac{1}{2} \Rightarrow \dfrac{H D}{M D}=\dfrac{3}{2}$

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{H, M \in H D} \\ {H M \cap(S C D)=D}\end{array} \Rightarrow \dfrac{d(H ;(S C D))}{d(M ;(S C D))}=\dfrac{H D}{M D}=\dfrac{3}{2}\right.$

Gọi $N$ là trung điểm của $C D \Rightarrow H N \perp C D$

Trong $(SHN)$ từ $H$ kẻ $H K \perp S N(1), K \in S N$

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{C D \perp H N} \\ {C D \perp S H}\end{array} \Rightarrow C D \perp(S H N) \Rightarrow C D \perp H K(2)\right.$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow H K \perp(S C D)$

Khi đó 

$d(H ;(S C D))=H K=\dfrac{S H \cdot H N}{\sqrt{S H^{2}+H N^{2}}}=\dfrac{a \sqrt{3} \cdot a}{\sqrt{(a \sqrt{3})^{2}+a^{2}}}=\dfrac{a \sqrt{3}}{2}$

$\Rightarrow d(H ;(S C D))=\dfrac{a \sqrt{3}}{2} \Rightarrow d(M ;(S C D))=\dfrac{a}{\sqrt{3}}$

Đáp án: A.

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Hướng dẫn giải (chi tiết)

$\left\{\begin{array}{l}{(S A B) \perp(A B C D)} \\ {(S A D) \perp(A B C D)} \\ {(S A B) \cap(S A D)=S A}\end{array} \Rightarrow S A \perp(A B C D)\right.$

Xác định 

$\begin{array}{l}{60^{0}=(S C ; \widehat{(A B C D) )}} \\ {=(S \widehat{C ; A C})=\widehat{S C A}}\end{array}$

và $S A=A C \cdot \tan \widehat{S C A}=\sqrt{A D^{2}+C D^{2}} \cdot \tan 60^{0}=a \sqrt{2} \cdot \sqrt{3}=a \sqrt{6}$

Gọi M là trung điểm AB, suy ra ADCM là hình vuông nên $C M=A D=a$

Xét tam giác ACB, có trung tuyến $C M=a=\dfrac{1}{2} A B$ nên tam giác ACB vuông tại C.

Lấy điểm E sao cho ACBE là hình chữ nhật , suy ra $A C \| B E$

Do đó $d(A C ; S B)=d(A C ;(S B E))=d(A ;(S B E))$

Kẻ $A K \perp S E(1)$ ta có: $\left\{\begin{array}{l}{B E \perp A E} \\ {B E \perp S A}\end{array} \Rightarrow B E \perp(S A E) \Rightarrow B E \perp A K(2)\right.$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow A K \perp(S B E)$

Khi đó $d(A,(S B E))=A K=\dfrac{S A \cdot A E}{\sqrt{S A^{2}+A E^{2}}} $

Ta có: $A E=B C=\sqrt{a^{2}+a^{2}}=a \sqrt{2} \Rightarrow A K=\dfrac{a \sqrt{6} \cdot a \sqrt{2}}{\sqrt{6 a^{2}+2 a^{2}}}=\dfrac{a \sqrt{6}}{2}$

Đáp án: A

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Gọi điểm I đối xứng của A qua D,

suy ra $B C I D$ là hình bình hành nên $B D / / C I$

Do đó $d\left(B D ; C D^{\prime}\right)=d\left(B D ;\left(C D^{\prime} I\right)\right)=d\left(D ;\left(C D^{\prime} I\right)\right)$

Kẻ $D E \perp C I$ tại E, kẻ $D K \perp D^{\prime} E(1)$ ta có :

$\left\{\begin{array}{l}{C I \perp D E} \\ {C I \perp D D^{\prime}}\end{array} \Rightarrow C I \perp\left(D D^{\prime} E\right) \Rightarrow C I \perp D K(2)\right.$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow D K \perp\left(C D^{\prime} I\right)$

$\Rightarrow d\left(D ;\left(C D^{\prime} I\right)\right)=D K$

Xét tam giác IAC, ta có $D E / / A C$ (do cùng vuông góc với CI) và có D là trung điểm của AI nên suy ra DE là đường trung bình của tam giác ACI. Suy ra :

$D E=\dfrac{1}{2} A C=\dfrac{a \sqrt{2}}{\sqrt{2}}=a$

Tam giác vuông D'DE, có $D K=\dfrac{D^{\prime} D \cdot D E}{\sqrt{D^{\prime} D^{2}+D E^{2}}}=\dfrac{2 a \cdot a}{\sqrt{4 a^{2}+a^{2}}}=\dfrac{2 a \sqrt{5}}{5}$

Đáp án: C