Hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B, \(...

C

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

+) Kẻ \(SH \bot \left( {ABC} \right)\)

+) Xác định khoảng cách từ H đến (SAC).

+)\(\frac{{d\left( {B;\left( {SAC} \right)} \right)}}{{d\left( {H;\left( {SAC} \right)} \right)}} = \frac{{BC}}{{HC}}\)

Giải chi tiết:

Gọi H là hình chiếu của S lên BC. Gọi K; G lần lượt là hình chiếu của B; H lên CA.

Gọi L là hình chiếu của H lên SG. Lúc đó \(SH \bot (ABC)\).

\(\frac{{d\left( {B,(SAC)} \right)}}{{d\left( {H,(SAC)} \right)}} = \frac{{BC}}{{HC}} \Rightarrow d\left( {B,(SAC)} \right) = \frac{{BC}}{{HC}}.HL.\)

Xét \(\Delta SHG\) vuông tại H, ta có: \(HL = \frac{{SH.HG}}{{SG}} = \frac{{SH.HG}}{{\sqrt {S{H^2} + H{G^2}} }}\).

Xét\(\Delta ABC\) vuông tại B, ta có: \(BK = \frac{{BC.BA}}{{\sqrt {B{C^2} + B{A^2}} }} = \frac{{4a.3a}}{{\sqrt {16{a^2} + 9{a^2}} }} = \frac{{12a}}{5}\).

Xét \(\Delta SHB\)vuông tại H, ta có:

\(\cos {60^0} = \frac{{BH}}{{SB}} \Rightarrow BH = 6a.\frac{1}{2} = 3a\) và \(\sin {60^0} = \frac{{SH}}{{SB}} \Rightarrow SH = \frac{{\sqrt 3 }}{2}6a = 3\sqrt 3 a.\)

Khi đó: \(CH = BC - BH = a;\frac{{HG}}{{BK}} = \frac{{CH}}{{CB}} \Rightarrow HG = \frac{{12a}}{5}.\frac{a}{{4a}} = \frac{3}{5}a.\)

Vậy \(d(B,(SAC) = \frac{{BC}}{{HC}}.\frac{{SH.HG}}{{\sqrt {S{H^2} + H{G^2}} }} = \frac{{4a}}{a}.\frac{{3\sqrt 3 a.\frac{{3a}}{5}}}{{\sqrt {27{a^2} + \frac{9}{{25}}{a^2}} }} = \frac{{6\sqrt {57} }}{{19}}a\).

Chọn C.