Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình vuông cạnh...

D

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Ta có: \(\Delta SAB\) đều nên \(SI \bot AB\) (trung tuyến đồng thời là đường cao trong tam giác cân)

\(\left. \begin{array}{l}SI \bot AB\\IJ \bot AB\end{array} \right\} \Rightarrow AB \bot \left( {SIJ} \right) \Rightarrow AB \bot SH\)

\(\left. \begin{array}{l}SH \bot IJ\\SH \bot AD\,\,\left( {AB \bot \left( {SIJ} \right)} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\)

Trong (ABCD) kẻ \(HK \bot AC\,\,\left( 1 \right)\) ta có:

\(SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow HK \bot SH\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra HK là đoạn vuông góc chung của SH và AC

\( \Rightarrow d\left( {SH;AC} \right) = HK\)

Tam giác SAB đều cạnh a nên \(SI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Tam giác SCD vuông cân tại \(S \Rightarrow SJ = \frac{1}{2}CD = \frac{a}{2}\)

Xét tam giác SIJ có: \(S{I^2} + S{J^2} = \frac{{3{a^2}}}{4} + \frac{{{a^2}}}{4} = {a^2} = I{J^2} \Rightarrow \Delta SIJ\) vuông tại S

\( \Rightarrow \frac{1}{{S{H^2}}} = \frac{1}{{S{I^2}}} + \frac{1}{{S{J^2}}} = \frac{4}{{3{a^2}}} + \frac{4}{{{a^2}}} = \frac{{16}}{{3{a^2}}} \Rightarrow SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\)

\(S{I^2} = IH.IJ \Rightarrow IH = \frac{{S{I^2}}}{{IJ}} = \frac{{\frac{{3{a^2}}}{4}}}{a} = \frac{{3a}}{4};OI = \frac{a}{2} \Rightarrow OH = IH - OI = \frac{{3a}}{4} - \frac{a}{2} = \frac{a}{4}\)

ABCD là hình vuông ta có: \(OB = \frac{1}{2}BD = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Ta có: \(\Delta OHK \sim \Delta OCJ\left( {g.g} \right) \Rightarrow \frac{{HK}}{{CJ}} = \frac{{OH}}{{OC}} \Rightarrow HK = \frac{{CJ.OH}}{{OC}} = \frac{{\frac{a}{2}.\frac{a}{4}}}{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{8}\)

Vậy \(d\left( {SH;AC} \right) = \frac{{a\sqrt 2 }}{8}\) 

Chọn D.