a. Vì SA = SB = SC nên S nằm trên trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Mà G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên SG ⊥ mp(ABC)
Gọi I là trung điểm của BC. Ta có : AI ⊥ BC và BC ⊥ SI
\(\eqalign{ & SI = \sqrt {S{C^2} - I{C^2}} = \sqrt {{b^2} - {{{a^2}} \over 4}} ={ \sqrt {{4{b^2} - {a^2}} }\over 2} \cr & GI = {1 \over 3}AI = {1 \over 3}.a{{\sqrt 3 } \over 2} = {{a\sqrt 3 } \over 6} \cr} \)
Trong tam giác vuông SGI ta có :
\(SG = \sqrt {S{I^2} - G{I^2}} = \sqrt {{{4{b^2} - {a^2}} \over 4} - {{{a^2}} \over {12}}} = \sqrt {{{12{b^2} - 4{a^2}} \over {12}}}\)
\( = \sqrt {{{3{b^2} - {a^2}} \over 3}} \)
b. Kẻ AC1 ⊥ SC thì (P) chính là mp(ABC1)
Vì SAC là tam giác cân mà AC1 ⊥ SC nên C1 nằm giữa S và C khi và chỉ khi
\(\widehat {ASC} < 90^\circ \Leftrightarrow A{S^2} + C{S^2} > A{C^2} \Leftrightarrow 2{b^2} > {a^2}\)
Ta có : AB ⊥ GC và AB ⊥ SG ⇒ AB ⊥ SC
SC ⊥ AC1 và SC ⊥ AB nên SC ⊥ (ABC1)
Thể tích tứ diện SABC là :
\(\eqalign{ & {V_{SABC}} = {1 \over 3}SG.{S_{ABC}} = {1 \over 3}SC.{S_{AB{C_1}}} \cr & \Rightarrow {S_{AB{C_1}}} = {{SG.{S_{ABC}}} \over {SC}} = {{\sqrt {{{3{b^2} - {a^2}} \over 3}} .{{{a^2}\sqrt 3 } \over 4}} \over b} = {{{a^2}\sqrt {3{b^2} - {a^2}} } \over {4b}} \cr} \)
