Đáp án B

Vì tam giác SAC vuông tại A nên ta có 

Gọi:

$AC=BC=x$ vì tam giác $ABC$ vuông cân tại $C$.

Do $SA\perp(ABC)$ nên tam giác $SAC$ vuông tại $A$.

Ta có: $SC=a$ nên: $SA^2+AC^2=a^2$

$\Rightarrow SA^2+x^2=a^2$.

Thể tích khối chóp:

$V=\dfrac13S_{ABC}\cdot SA$

$=\dfrac13\cdot\dfrac{x^2}{2}\cdot SA$

$=\dfrac{x^2SA}{6}$.

Từ: $SA^2=a^2-x^2$ suy ra: $SA=\sqrt{a^2-x^2}$.

Do đó: $V=\dfrac{x^2\sqrt{a^2-x^2}}{6}$.

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$.

Vì: $SA\perp(ABC)\Rightarrow SA\perp BC$ và: $CM\perp BC$

nên mặt phẳng $(SCM)\perp BC$.

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(ABC)$ là:

$\alpha=\widehat{SCM}$.

Trong tam giác vuông $SCM$ tại $C$:

$\sin\alpha=\dfrac{SM}{SC}$.

Mà: $SM^2=SA^2+CM^2 =SA^2+\left(\dfrac{x}{2}\right)^2$.

Từ điều kiện cực đại thể tích:

Xét: $f(x)=x^2\sqrt{a^2-x^2}$.

Ta có:

$f'(x)=0 \Rightarrow 2(a^2-x^2)-x^2=0$

$\Rightarrow 2a^2=3x^2$

$\Rightarrow x^2=\dfrac{2a^2}{3}$.

Suy ra: $SA^2=a^2-\dfrac{2a^2}{3}=\dfrac{a^2}{3}$.

Khi đó:

$SM^2=\dfrac{a^2}{3}+\dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{2a^2}{3} =\dfrac{a^2}{2}$.

Do đó: $SM=\dfrac{a}{\sqrt2}$.

Suy ra: $\sin\alpha=\dfrac{SM}{SC} =\dfrac{a/\sqrt2}{a} =\dfrac{\sqrt2}{2}$.

Vậy: $\boxed{\sin\alpha=\dfrac{\sqrt2}{2}}$.

Chọn A.

Dựng   SH ⊥ AC ,   do   ( SAC ) ⊥ ( ABC )   nên   SH ⊥ ( ABC ) ; AC = 2 a .     Dựng   HE ⊥ BC ; HF ⊥ SE ⇒ d ( H ; ( SBC ) ) = HF .     ΔSAC = ΔBCA ⇒ ΔSAC   vuông   tại   S .

Dễ   thấy   tan   ACB ^ =   1 3   ⇒   ACB ^   =   30 o   =   SAC ^ HC   =   SCcos 60 o   =   a 2 ;   HE   =   HCsin 30 o   = a 4 ;   SH   =   a 3 2 . Do   AC   =   4 HC   ⇒ d A = 4 d H = 4 . SH . HE SH 2 + HE 2 = 2 39 13 Do   đó   Sinα   = d A SA = 2 13 .

Đặt hệ trục tọa độ sao cho:

$B(0,0,0),\ C(a\sqrt3,0,0),\ A(0,a\sqrt3,0)$.

Vì $(SAC)\perp(ABC)$ nên mặt phẳng $(SAC)$ vuông góc với mặt phẳng $Oxy$. Suy ra điểm $S$ thuộc mặt phẳng đi qua $AC$ và vuông góc với $(ABC)$.

Ta đặt: $S(x,y,z)$.

Do: $SA=SB=a,\ SC=a$ nên:

$SB^2=x^2+y^2+z^2=a^2 \quad (1)$

$SC^2=(x-a\sqrt3)^2+y^2+z^2=a^2 \quad (2)$

Lấy $(2)-(1)$:

$-2a\sqrt3,x+3a^2=0 \Rightarrow x=\dfrac{a\sqrt3}{2}$.

Tương tự từ:

$SA^2=x^2+(y-a\sqrt3)^2+z^2=3a^2$ và $(1)$:

$-2a\sqrt3,y+3a^2=2a^2$

$\Rightarrow y=\dfrac{a\sqrt3}{6}$.

Thế vào $(1)$:

$\dfrac{3a^2}{4}+\dfrac{a^2}{12}+z^2=a^2$

$\Rightarrow z^2=\dfrac{a^2}{6}$.

Suy ra: $z=\dfrac{a}{\sqrt6}$.

Ta có:

$\vec{SA}=\left(-\dfrac{a\sqrt3}{2},\dfrac{5a\sqrt3}{6},-\dfrac{a}{\sqrt6}\right)$.

Trong mặt phẳng $(SBC)$:

$\vec{SB}=\left(-\dfrac{a\sqrt3}{2},-\dfrac{a\sqrt3}{6},-\dfrac{a}{\sqrt6}\right)$,

$\vec{SC}=\left(\dfrac{a\sqrt3}{2},-\dfrac{a\sqrt3}{6},-\dfrac{a}{\sqrt6}\right)$.

Vectơ pháp tuyến của $(SBC)$:

$\vec n=\vec{SB}\times\vec{SC}=(0,1,-\sqrt2)$.

Góc giữa $SA$ và $(SBC)$ thỏa:

$\sin\alpha=\dfrac{|\vec{SA}\cdot\vec n|}{|\vec{SA}||\vec n|}$.

Ta có:

$\vec{SA}\cdot\vec n=\dfrac{5a\sqrt3}{6}+\dfrac{a}{\sqrt3}=\dfrac{7a\sqrt3}{6}$,

$|\vec{SA}|=a\sqrt3$,

$|\vec n|=\sqrt3$.

Suy ra: $\sin\alpha=\dfrac{\dfrac{7a\sqrt3}{6}}{a\sqrt3\cdot\sqrt3}=\dfrac{7}{6\sqrt3}=\dfrac{\sqrt{13}}{13}$.

Vậy: $\boxed{\sin\alpha=\dfrac{\sqrt{13}}{13}}$.

Chọn đáp án C.

Đặt hệ trục tọa độ sao cho:

$A(0,0,0),\ B(a,0,0),\ C(a,a\sqrt3,0),\ D(0,a\sqrt3,0)$.

Vì $SA\perp(ABCD)$ và $SA=a$ nên:

$S(0,0,a)$.

Ta có:

$\vec{BD}=(-a,a\sqrt3,0)$.

Trong mặt phẳng $(SBC)$:

$\vec{SB}=(-a,0,a),\ \vec{BC}=(0,a\sqrt3,0)$.

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $(SBC)$ là:

$\vec n=\vec{SB}\times\vec{BC}=(-a^2\sqrt3,0,-a^2\sqrt3)$.

Suy ra có thể lấy:

$\vec n=(1,0,1)$.

Góc giữa đường thẳng $BD$ và mặt phẳng $(SBC)$ là $\alpha$, khi đó:

$\sin\alpha=\dfrac{|\vec{BD}\cdot\vec n|}{|\vec{BD}||\vec n|}$.

Ta có:

$\vec{BD}\cdot\vec n=-a$,

$|\vec{BD}|=\sqrt{a^2+3a^2}=2a$,

$|\vec n|=\sqrt2$.

Suy ra: $\sin\alpha=\dfrac{a}{2a\sqrt2}=\dfrac{1}{2\sqrt2}=\dfrac{\sqrt2}{4}$.

Vậy: $\boxed{\sin\alpha=\dfrac{\sqrt2}{4}}$.

Chọn đáp án C.

Chọn A

Phương pháp:

- Dựng hình hộp chữ nhật SB'C'D'.ABCD, xác định góc giữa BD và (SBC) (nhỏ hơn  90 0 ) là góc giữa

BD và hình chiếu của nó trên (SBC) .

- Sử dụng các kiến thức hình học đã học ở lớp dưới tìm sin α .

Cách giải:

Qua B,C,D lần lượt kẻ các đường thẳng vuông góc với đáy.

Dựng hình hộp chữ nhật SB'C'D'.ABCD như hình vẽ.

Dễ thấy mặt phẳng (SBC) được mở rộng thành mặt phẳng (SBCD').

Tam giác D'DC có D'D = DC = a và  D = 90 0  nên vuông cân tại D

Đáp án C

Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp đều ∆ABD

Ta có 

Lại có d(H;(SBC)) = HK và 

Khoảng cách từ D →(SBC) là 

Vậy ∆ABD 

Vì AB, AC, AS đôi một vuông góc nên

Chọn C.

Gọi $AB=AC=a$ vì đáy $ABC$ là tam giác vuông cân tại $A$.

Do $SA \perp (ABC)$ nên đặt: $SA=h$.

Thể tích khối chóp:

$V=\dfrac13\cdot\dfrac{a^2}{2}\cdot h=\dfrac{a^2h}{6}$.

Gọi $d$ là khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $(SBC)$.

Theo giả thiết: $d=3$.

Ta có công thức thể tích theo đáy $SBC$:

$V=\dfrac13 S_{SBC}\cdot d=S_{SBC}$.

Suy ra: $S_{SBC}=\dfrac{a^2h}{6}$.

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$.

Vì tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$ nên:

$AM\perp BC$ và: $AM=\dfrac{a}{\sqrt2}$.

Mặt khác: $SA\perp BC$.

Suy ra mặt phẳng $(SAM)\perp BC$.

Do đó góc giữa hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(ABC)$ là:

$\alpha=\widehat{SMA}$.

Xét tam giác vuông $SAM$ tại $A$:

$\tan\alpha=\dfrac{SA}{AM}=\dfrac{h}{a/\sqrt2}=\dfrac{h\sqrt2}{a}$.

Suy ra: $h=\dfrac{a\tan\alpha}{\sqrt2}$.

Thể tích:

$V=\dfrac{a^2}{6}\cdot\dfrac{a\tan\alpha}{\sqrt2} =\dfrac{a^3\tan\alpha}{6\sqrt2}$.

Mặt khác khoảng cách từ $A$ đến $(SBC)$ bằng:

$d=AM\sin\alpha =\dfrac{a}{\sqrt2}\sin\alpha=3$.

Suy ra: $a=\dfrac{3\sqrt2}{\sin\alpha}$.

Thế vào biểu thức thể tích:

$V=\dfrac1{6\sqrt2}\left(\dfrac{3\sqrt2}{\sin\alpha}\right)^3\tan\alpha$

$=\dfrac{9}{\sin^2\alpha\cos\alpha}$.

Đặt: $t=\cos\alpha$ với $0<t<1$.

Khi đó: $V=\dfrac{9}{(1-t^2)t}$.

Để $V$ nhỏ nhất thì: $(1-t^2)t=t-t^3$ phải lớn nhất.

Xét: $f(t)=t-t^3$.

$f'(t)=1-3t^2$.

$f'(t)=0 \Rightarrow t=\dfrac1{\sqrt3}$.

Vậy: $\cos\alpha=\dfrac{\sqrt3}{3}$.

Chọn đáp án C.