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

23/234

Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác vuông tại \(B\), \(AB = 3a\), \(BC = 4a\), mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\). Biết \(SB = 2\sqrt 3 a\), \(\widehat {SBC} = 30^\circ \), khoảng cách từ \(B\) đến mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) bằng:

\(6\sqrt 7 a\).

\(\frac{{6\sqrt 7 a}}{7}\).

\(\frac{{3\sqrt 7 a}}{{14}}\).

\(a\sqrt 7 \).

Giải thích

Có \(\left( {SBC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\) và \(\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\), kẻ \(SH \bot BC\) thì \(SH \bot \left( {ABC} \right)\).

Tam giác \(SBH\) vuông tại \(H\) có \(SH = SB \cdot \sin 30^\circ = a\sqrt 3 \); \(BH = SB \cdot \cos 30^\circ = 3a\)\( \Rightarrow HC = a\).

Vì \(\frac{{BC}}{{HC}} = 4\) nên \(d\left( {B,\,\left( {SAC} \right)} \right) = 4d\left( {H,\,\left( {SAC} \right)} \right)\).

Kẻ \(HK \bot AC\)\( \Rightarrow AC \bot \left( {SHK} \right)\); \(AC \subset \left( {SAC} \right)\)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B (ảnh 1)

\( \Rightarrow \left( {SAC} \right) \bot \left( {SHK} \right)\) và \(\left( {SAC} \right) \cap \left( {SHK} \right) = SK\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SHK} \right)\), kẻ \(HI \bot SK\) thì \(HI \bot \left( {SAC} \right)\)\( \Rightarrow HI = d\left( {H,\,\left( {SAC} \right)} \right)\).

Tam giác \(CKH\) và tam giác \(CBA\) đồng dạng nên \(\frac{{HK}}{{AB}} = \frac{{CH}}{{CA}}\)\( \Rightarrow HK = \frac{{CH \cdot AB}}{{\sqrt {A{B^2} + B{C^2}} }} = \frac{{3a}}{5}\).

Tam giác \(SHK\) vuông tại \(H\) có \(\frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{K^2}}}\)\( \Rightarrow HI = \frac{{3\sqrt 7 a}}{{14}}\).

Vậy \(d\left( {B,\,\left( {SAC} \right)} \right) = \frac{{6\sqrt 7 a}}{7}\). Chọn B.