Cho khối chóp cụt đều có đáy lớn là hình vuông có cạnh bằng \(9a\), đáy bé là hình vuông có cạnh bằng \(4a\) và chiều cao khối chóp cụt bằng \(6a\). Thể tích khối chóp cụt đã cho bằng        

Gọi \(O\) là tâm của hình chữ nhật \(ABCD\).

Ta có \(AC \cap \left( {SBD} \right) = O\) nên \(\frac{{d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right)}}{{d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right)}} = \frac{{CO}}{{AO}} = 1\) (vì \(O\) là trung điểm \(AC\)).

Suy ra \(d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right)\).

Gọi \(H\), \(I\) lần lượt là hình chiếu của \(A\) lên \(BD\), \(SH\), ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}AI \bot SH\\AI \bot BD\,\,\,\,\left( {{\rm{do }}BD \bot AH,\,BD \bot SA \Rightarrow BD \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow BD \bot AI} \right)\end{array} \right.\)

Suy ra \(AI \bot \left( {SBD} \right)\)            (vì \(SH \cap BD = H\) và \(SH,BD \subset \left( {SBD} \right)\)).

Do đó, \(d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = AI\).

Xét tam giác \(ABD\) vuông tại \(A\) với \(AH\) là đường cao, ta có

\(AH = \frac{{AB \cdot AD}}{{\sqrt {A{B^2} + A{D^2}} }} = \frac{{a \cdot a\sqrt 3 }}{{\sqrt {3{a^2} + {a^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Xét tam giác \(SAH\) vuông tại \(A\) với \(AI\) là đường cao, ta có

\(AI = \frac{{AH \cdot AS}}{{\sqrt {A{H^2} + A{S^2}} }} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2} \cdot a\sqrt 3 }}{{\sqrt {\frac{{3{a^2}}}{4} + 3{a^2}} }} = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}\).

Vậy khoảng cách từ điểm \(C\) đến mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\) bằng \(\frac{{a\sqrt {15} }}{5}\).

a) Ta có \(ABCD\) là hình chóp tứ giác đều, \(O\) là tâm của đáy \( \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

Từ đó suy ra hình chiếu vuông góc của \(\Delta SBC\) trên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là \(\Delta OBC\).                           

b) Gọi \(\alpha \) là góc giữa \(SA\) và mặt phẳng \(\left( {SDC} \right)\).

Ta có \(\sin \alpha = \frac{{d\left( {A,\left( {SDC} \right)} \right)}}{{SA}} = \frac{{2d\left( {O,\left( {SDC} \right)} \right)}}{{SA}}\).

Dựng \(OI \bot CD\) tại \(I\), \(OK \bot SI\) tại \(K\) \( \Rightarrow OK = d\left( {O,\left( {SDC} \right)} \right)\).

Do \(ABCD\) là hình vuông nên \(I\) là trung điểm của \(CD \Rightarrow OI = \frac{a}{2}\).

Ta có: \(\frac{1}{{O{K^2}}} = \frac{1}{{O{I^2}}} + \frac{1}{{O{S^2}}} = \frac{5}{{{a^2}}} \Rightarrow OK = \frac{{a\sqrt 5 }}{5}\).

\(SA = \sqrt {S{O^2} + O{A^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\) \( \Rightarrow \sin \alpha = \frac{4}{{\sqrt {30} }} \Rightarrow \cos \alpha = \sqrt {\frac{7}{{15}}} \).