Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông c...

D

- Hướng dẫn giải

Trong (ABC), qua M kẻ đường thẳng song song với AB, qua B kẻ đường thẳng song song với AM. Hai đường thẳng này cắt nhau tại E ta được tứ giác ABEM là hình bình hành.

Vì ME / / AB ⇒ AB / / ( SME)

⇒ d (AB; SM ) = d ( AB; (SME)) = d (A; (SME))

Từ A trong mặt phẳng (ABEM) kẻ AK \(\bot\) ME , lại có

ME \(\bot\) SA (do SA \(\bot\) (ABEM )) ⇒ EK \(\bot\)  (SAK)

Trong (SAK) kẻ AH \(\bot\) SK tại H

Ta có AH \(\bot\) SK; EK \(\bot\) AH (do EK \(\bot\) (SAK)) ⇒ AH \(\bot\) (SKE) tại H.

Từ đó d(AB; SM ) = d(A; (SME )) = AH

+ Xét tam giác SBA vuông tại A có \(SA = AB.\tan SBA = a.\tan {60^0} = a\sqrt 3 .\)

+ Lại có tam giác ABC vuông cân tại B nên \(AC = AB\sqrt 2 = a\sqrt 2 \Rightarrow CM = \frac{{AC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Do đó \(AM = AC + CM = \frac{{3a\sqrt 2 }}{2}\)

+ Tam giác ABC vuông cân tại B nên ACB = 45° ⇒ CBE = ACB = 45° (hai góc so le trong)

Từ đó ABE = ABC + CBE = 90° + 45° = 135° , suy ra AME = 135° (hai góc đối hình bình hành)

Nên tam giác AME là tam giác tù nên K năm ngoài đoạn ME.

Ta có KMA = 180° - AME = 45° mà tam giác AMK vuông tại K nên tam giác AMK vuông cân tại K

\( \Rightarrow AK = \frac{{AM}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{3a}}{2}\)

+ Xét tam giác SAK vuông tại A có đường cao AH, ta có

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{3{a^2}}} + \frac{1}{{\frac{{9{a^2}}}{4}}} \Rightarrow AH = \frac{{3a\sqrt 7 }}{7}\)

 Vậy \(d\left( {AB;SM} \right) = \frac{{3a\sqrt 7 }}{7}.\)