Google
Câu hỏi: Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác $ABC$ vuông tại $A$, góc $\widehat{ABC}=30{}^\circ $ ; tam giác $SBC$ là tam giác đều cạnh $a$ và mặt phẳng $\left( SAB \right)$ vuông góc mặt phẳng $\left( ABC \right)$. Khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $\left( SBC \right)$ là
A. $\dfrac{a\sqrt{6}}{5}$.
B. $\dfrac{a\sqrt{6}}{3}$.
C. $\dfrac{a\sqrt{3}}{3}$.
D. $\dfrac{a\sqrt{6}}{6}$.
Ta có tam giác $ABC$ vuông tại $A$, góc $\widehat{ABC}=30{}^\circ $ và $BC=a$, suy ra $AC=\dfrac{a}{2},AB=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$.
Lại có $\left\{ \begin{aligned}
& \left( SAB \right)\bot \left( ABC \right) \\
& CA\bot AB \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow AC\bot \left( SAB \right) $, suy ra tam giác $ SAC $ vuông tại $ A$.
Suy ra $SA=\sqrt{S{{C}^{2}}-A{{C}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}-{{\left( \dfrac{a}{2} \right)}^{2}}}=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$.
Tam giác $SAB$ có $SA=\dfrac{a\sqrt{3}}{2},AB=\dfrac{a\sqrt{3}}{2},SB=a$. Từ đó sử dụng công thức Hê-rông ta tính được
${{S}_{SAB}}=\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{2}}{4}\Rightarrow SH=\dfrac{2{{S}_{SAB}}}{AB}=\dfrac{a\sqrt{6}}{3}\Rightarrow BH=\dfrac{a\sqrt{3}}{3}=\dfrac{2AB}{3}$.
Suy ra $d\left( H,\left( SBC \right) \right)=\dfrac{2}{3}d\left( A,\left( SBC \right) \right)$. Từ $H$ kẻ $HK\bot BC$.
Kẻ $HE\bot SK\Rightarrow HE\bot \left( SBC \right)$. Ta dễ tính được $HK=\dfrac{a\sqrt{3}}{6}\Rightarrow d\left( H,\left( SBC \right) \right)=\dfrac{a\sqrt{6}}{9}$.
Vậy $d\left( A,\left( SBC \right) \right)=\dfrac{3}{2}d\left( H,\left( SBC \right) \right)=\dfrac{3}{2}.\dfrac{a\sqrt{6}}{9}=\dfrac{a\sqrt{6}}{6}$.
A. $\dfrac{a\sqrt{6}}{5}$.
B. $\dfrac{a\sqrt{6}}{3}$.
C. $\dfrac{a\sqrt{3}}{3}$.
D. $\dfrac{a\sqrt{6}}{6}$.
Ta có tam giác $ABC$ vuông tại $A$, góc $\widehat{ABC}=30{}^\circ $ và $BC=a$, suy ra $AC=\dfrac{a}{2},AB=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$.
Lại có $\left\{ \begin{aligned}
& \left( SAB \right)\bot \left( ABC \right) \\
& CA\bot AB \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow AC\bot \left( SAB \right) $, suy ra tam giác $ SAC $ vuông tại $ A$.
Suy ra $SA=\sqrt{S{{C}^{2}}-A{{C}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}-{{\left( \dfrac{a}{2} \right)}^{2}}}=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$.
Tam giác $SAB$ có $SA=\dfrac{a\sqrt{3}}{2},AB=\dfrac{a\sqrt{3}}{2},SB=a$. Từ đó sử dụng công thức Hê-rông ta tính được
${{S}_{SAB}}=\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{2}}{4}\Rightarrow SH=\dfrac{2{{S}_{SAB}}}{AB}=\dfrac{a\sqrt{6}}{3}\Rightarrow BH=\dfrac{a\sqrt{3}}{3}=\dfrac{2AB}{3}$.
Suy ra $d\left( H,\left( SBC \right) \right)=\dfrac{2}{3}d\left( A,\left( SBC \right) \right)$. Từ $H$ kẻ $HK\bot BC$.
Kẻ $HE\bot SK\Rightarrow HE\bot \left( SBC \right)$. Ta dễ tính được $HK=\dfrac{a\sqrt{3}}{6}\Rightarrow d\left( H,\left( SBC \right) \right)=\dfrac{a\sqrt{6}}{9}$.
Vậy $d\left( A,\left( SBC \right) \right)=\dfrac{3}{2}d\left( H,\left( SBC \right) \right)=\dfrac{3}{2}.\dfrac{a\sqrt{6}}{9}=\dfrac{a\sqrt{6}}{6}$.
Đáp án D.