Hướng dẫn giải (chi tiết)

Gọi H là trung điểm của AB, tam giác SAB cân tại S $\Rightarrow S H \perp A B$.

Mà $(S A B) \perp(A B C)$ nên $S H \perp(A B C)$ và đặt $SH=x$

Tam giác ABC vuông tại A có $\left\{\begin{array}{l}{A B=B C \cdot \sin C=a} \\ {A C=B C \cdot \cos C=a \sqrt{3}}\end{array}\right.$

Ta có $S B=\sqrt{S H^{2}+H B^{2}}=\sqrt{x^{2}+\dfrac{a^{2}}{4}}, H C=\sqrt{H A^{2}+A C^{2}}=\dfrac{a \sqrt{13}}{2}$

Và $S C=\sqrt{S H^{2}+H C^{2}}=\sqrt{x^{2}+\dfrac{13 a^{2}}{4}}$

Tam giác SBC vuông tại S nên $S B^{2}+S C^{2}=B C^{2}$

$\Leftrightarrow x^{2}+\dfrac{a^{2}}{4}+x^{2}+\dfrac{13 a^{2}}{4}=4 a^{2} \Leftrightarrow x^{2}=\dfrac{a^{2}}{4} \Leftrightarrow x=\dfrac{a}{2} \Rightarrow S H=\dfrac{a}{2}$

Vậy diện tích tam giác SAB là $S_{\Delta S A B}=\dfrac{1}{2} \cdot S H \cdot A B=\dfrac{a^{2}}{4}$

Đáp án: C

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Gọi M, N lần lượt là trung điểm AD, BC. Khi đó

+ MN đi qua O

+ $\left\{\begin{array}{l}{M N \perp A D} \\ {M N \perp S A}\end{array} \Rightarrow M N \perp(S A D)\right.$

Từ đó suy ra $(\alpha) \equiv(S M N)$ và thiết diện cần tìm là tam giác SMN.

Tam giác SMN vuông tại M nên 

$S_{\Delta S M N}=\dfrac{1}{2} S M \cdot M N=\dfrac{1}{2} \sqrt{S A^{2}+\left(\dfrac{A D}{2}\right)^{2}} \cdot A B=\dfrac{a^{2} \sqrt{2}}{2}$

Đáp án: B

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Gọi K là trung điểm của BC và $I=S K \cap M N$

Từ giả thiết $\Rightarrow M N=\dfrac{1}{2} B C=\dfrac{a}{2}, M N \| B C \Rightarrow$I là trung điểm của SK và BC.

Ta có $\Delta S A B=\Delta S A C \Rightarrow$ Hai trung tuyến tương ứng $AM=AN$.

$\Rightarrow \Delta A M N \text { cân tại } A \Rightarrow A I \perp M N . \mathrm{Mà}(S B C) \perp(A M N) \Rightarrow A I \perp(S B C)$

$\Rightarrow A I \perp S K$.

Suy ra tam giác SAK cân tại A $\Rightarrow S A=A K=\dfrac{a \sqrt{3}}{2}$

Khi đó $S K^{2}=S B^{2}-B K^{2}=\dfrac{a^{2}}{2} \Rightarrow A I=\sqrt{S A^{2}-\left(\dfrac{S K}{2}\right)^{2}}=\dfrac{a \sqrt{10}}{4}$

Vậy diện tích tam giác AMN là $S_{\Delta A M N}=\dfrac{1}{2} M N . A I=\dfrac{a^{2} \sqrt{10}}{16}$

Đáp án: D

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Gọi H là trung điểm của AB, tam giác SAB đều $\Rightarrow S H \perp A B$.

Mà $(S A B) \perp(A B C D) \Rightarrow S H \perp(A B C D) \text { và } S H=\dfrac{a \sqrt{3}}{2}$

Suy ra $(S D ; \widehat{(A B C D)} )=(S \widehat{D ; H D})=\widehat{S D H}=30^{0}$

Tam giác SHD vuông tại H, có $\tan \widehat{S D H}=\dfrac{S H}{H D} \Rightarrow H D=\dfrac{3 a}{2}$

Tam giác AHD vuông tại A, có $A D=\sqrt{H D^{2}-A H^{2}}=a \sqrt{2}$

Vậy diện tích hình chữ nhật ABCD là $S_{A B C D}=\sqrt{2} a^{2}$

Đáp án: B

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Gọi I là trung điểm BC. 

Trong tam giác SAI kẻ $A H \perp S I(H \in S I)$.

Trong tam giác SBC, qua H kẻ đường song song với BC, cắt SC ở M, cắt SB ở N.

Qua cách dựng ta có $B C \|(A M N)$ (1)

Và $\left\{\begin{array}{l}{S I \perp A H} \\ {S I \perp M N(\operatorname{doSI} \perp B C)}\end{array} \Rightarrow S I \perp(A M N) \Rightarrow(S B C) \perp(A M N)\right.$

Từ (1) và (2), suy ra thiết diện cần tìm là tam giác AMN.

Dễ thấy H là trung điểm của MN mà $A H \perp(S B C)$ suy ra $A H \perp M N$. Tam giác AMN có đường cao AH vừa là trung tuyến nên nó là tam giác cân đỉnh A.

Đáp án: B

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Gọi E là trung điểm AB.

Suy ra AECD là hình vuông nên $D E \perp A C$ (1)

Mặt khác $S A \perp(A B C D) \Rightarrow S A \perp D E$ (2)

Từ (1) và (2), suy ra $D E \perp(S A C) \Rightarrow(S D E) \perp(S A C)$

Ta có $\begin{array}{l}{(S D E) \supset S D} \\ {(S D E) \perp(S A C)}\end{array} \} \Rightarrow(\alpha) \equiv(S D E)$

Vậy thiết diện là tam giác SDC

Ta có $S D=\sqrt{S A^{2}+D A^{2}}=a \sqrt{2} ; S E=\sqrt{S A^{2}+A E^{2}}=a \sqrt{2}$

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

Do đó tam giác SDE đều có cạnh $a \sqrt{2} \text { nên } S_{\Delta S D E}=\dfrac{S D^{2} \sqrt{3}}{4}=\dfrac{a^{2} \sqrt{3}}{2}$

Đáp án: C

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Gọi I, J lần lượt là trung điểm của CD và AB.

Trong tam giác SỊ kẻ $J K \perp S I$.

Trong tam giác SỊ, qua K kẻ đường thẳng song song với CD cắt SC tại M, cắt SD tại N.

Ta dễ dàng chứng minh được $(A B M N) \perp(S C D)$

Khi đó thiết diện cần tìm là hình thang ABMN.

Vì hình chóp đã cho là hình chóp đều nên AN=BM.

Vậy thiết diện là hình thang cân.

Đáp án: D

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Theo giả thiết ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\n\left( {ACD} \right) \bot \left( {BCD} \right)\\\n\left( {ACD} \right) \cap \left( {BCD} \right) = CD\\\nAJ \bot CD\n\end{array} \right. \Rightarrow AJ \bot \left( {BCD} \right) \Rightarrow AJ \bot BJ$

$\begin{array}{l}\n\Delta ACD = \Delta BCD\left( {c.c.c} \right)\\ \Rightarrow AJ = BJ \Rightarrow AB = AJ\sqrt 2 = \sqrt {2\left( {A{C^2} - C{J^2}} \right)} = \sqrt {2\left( {{a^2} - {x^2}} \right)} \\ \Rightarrow AI = \dfrac{{AB}}{2} = \dfrac{{\sqrt {2\left( {{a^2} - {x^2}} \right)} }}{2}\n\end{array}$

Dễ thấy $\Delta CAB = \Delta DAB$ và cân tại các đỉnh C và D

$ \Rightarrow DI = CI = \sqrt {A{C^2} - A{I^2}} = \sqrt {{a^2} - \dfrac{{{a^2} - {x^2}}}{2}} = \sqrt {\dfrac{{{a^2} + {x^2}}}{2}} $

Có $\left\{ \begin{array}{l}\nCI \bot AB\\\nDI \bot AB\n\end{array} \right.$ nên để $(ABC) \bot (ABD)$ thì $CI \bot DI$ hay $\Delta ICD$ vuông tại I

$\Leftrightarrow CD = CI\sqrt 2 \Leftrightarrow 2x = \sqrt {{a^2} + {x^2}} \Leftrightarrow x = \dfrac{a}{{\sqrt 3 }}$

Đáp án A

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Ta có $\left( {SCD} \right) \bot \left( {SAD} \right)$, vẽ $AN \bot SD\left( {N \in SD} \right) \Rightarrow AN \bot \left( {SCD} \right)$

$\left( {SAB} \right) \bot \left( {SBC} \right)$, vẽ $AM \bot SB\left( {M \in SB} \right) \Rightarrow AM \bot \left( {SBC} \right)$

$ \Rightarrow \left( {\left( {SCD} \right),\left( {SBC} \right)} \right) = \left( {AM,AN} \right) = \widehat {MAN}$

Ta có $MN$ là đường trung bình của $\Delta SBD \Rightarrow MN = a\sqrt 2 $

$\Delta SAD, \Delta SAB$ vuông cân nên $AM = AN = a\sqrt 2 \Rightarrow \Delta AMN$ đều nên $\widehat {MAN} = {60^o}$

Đáp án D