Lời giải:

Do $SA\perp (ABCD)$ nên $\angle (SB, ABCD)=\angle (SB, AB)=\widehat{SBA}=45^0$

$\Rightarrow SAB$ là tam giác vuông cân tại $A$

$\Rightarrow SA=AB=a$ 

Áp dụng định lý Pitago: $SD=\sqrt{SA^2+AD^2}=\sqrt{a^2+(2a)^2}=\sqrt{5}a$

\(SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow\widehat{SMA}\) là góc giữa SM và đáy

\(\Rightarrow\widehat{SMA}=60^0\Rightarrow SA=AM.tan60^0=\sqrt{3a^2+\left(\dfrac{2a}{2}\right)^2}.\sqrt{3}=2a\sqrt{3}\)

Qua B kẻ đường thẳng song song AM cắt AD kéo dài tại E

\(\Rightarrow AM||\left(SBE\right)\Rightarrow d\left(AM;SB\right)=d\left(AM;\left(SBE\right)\right)=d\left(A;\left(SBE\right)\right)\)

Từ A kẻ \(AH\perp BE\) , từ A kẻ \(AK\perp SH\Rightarrow AK=d\left(A;\left(SBE\right)\right)\)

\(\widehat{DAM}=\widehat{AEB}\) (đồng vị) , mà \(\widehat{BAH}=\widehat{AEB}\) (cùng phụ \(\widehat{ABH}\))

\(\Rightarrow\widehat{DAM}=\widehat{BAH}\)

\(\Rightarrow AH=AB.cos\widehat{BAH}=AB.cos\widehat{DAM}=\dfrac{AB.AD}{AM}=\dfrac{2a.a\sqrt{3}}{2a}=a\sqrt{3}\)

\(\dfrac{1}{AK^2}=\dfrac{1}{AH^2}+\dfrac{1}{SA^2}=\dfrac{1}{3a^2}+\dfrac{1}{12a^2}=\dfrac{5}{12a^2}\)

\(\Rightarrow AK=\dfrac{2a\sqrt{15}}{5}\)

Chọn gốc toạ độ tại A. Các tia Ox; Oy; Oz lần lượt trùng với các tia AD, AB, AS ta có tọa độ điểm là A(0;0;0); D(2;0;0);  B ( 0 ; 2 ; 0 ) ;   S ( 0 ; 0 ; 2 ) ;     C 2 ; 2 ; 0 ;   M 0 ; 2 2 ; 2 2 ;   N 1 ; 0 ; 0

Do vậy

và

Chọn đáp án B.

Mặt phẳng (BCM) // AD nên nó cắt mặt phẳng (SAD) theo giao tuyến MN//AD

Ta có: BC ⊥ AB và BC ⊥ SA => BC ⊥ BM

Tứ giác BCNM là hình thang vuông BM là đường cao.

có : BC \(\perp\) AB và BC \(\perp\) SA  \(\Rightarrow\) BC \(\perp\) BM

Tứ giác BCNM là hình thang vuông BM là đường cao

ta có : SA = AB . tan 60 = \(a\sqrt{3}\)

\(\dfrac{MN}{AD}=\dfrac{SM}{SA}\)

\(\dfrac{MN}{2a}=\dfrac{a\sqrt{3}-\dfrac{a\sqrt{3}}{3}}{a\sqrt{3}}=\dfrac{2}{3}\)

\(\Rightarrow MN=\dfrac{4a}{3}\)

\(BM=\sqrt{a^2+\dfrac{a^2}{3}}\) \(=\dfrac{2a}{\sqrt{3}}\)

diện tích hình thang BCNM là : \(S=\dfrac{2a+\dfrac{4a}{3}}{2}.\dfrac{2a}{\sqrt{3}}=\dfrac{10a^2}{3\sqrt{3}}\)

\(V_{SBCNM}=\dfrac{1}{3}.SH.S_{BCNM}\)

Hạ SH ⊥ BM

ta có : SH \(\perp\) BM

và BC \(\perp\) (SAB) \(\equiv\) (SBM) \(\Rightarrow\) BC \(\perp\) SH . vậy SH \(\perp\) (BMNC)

\(\Rightarrow\) SH là đường cao của khối chóp S.BCNM 

trong \(\Delta SBA\) có \(SB=\dfrac{AB}{cos60}=2a\)

\(\Rightarrow\) \(\dfrac{AB}{SB}=\dfrac{AM}{MS}=\dfrac{1}{2}\)

BM là phân giác của góc : \(\left\{{}\begin{matrix}SBH=gt\\SBH=30^o=gt\\SH=SB.sin30^o=2a.\dfrac{1}{2}=a\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\) thể tích khói chóp S.BCNM là :

\(V=\dfrac{1}{3}.a.\dfrac{10a^2}{3\sqrt{3}}=\dfrac{10\sqrt{3a^2}}{27}\)

Chọn C

Chọn đáp án A

+ Ta có

nên K là trọng tâm của tam giác BCD

+ Ta dễ dàng chứng minh được SH  ⊥ (BKH) ⇒ SB, (BKH) = SBH