Google
Câu hỏi: Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA=a$, tam giác $ABC$ đều, tam giác $SAB$ vuông cân tại $S$ và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ $B$ đến mặt phẳng $\left( SAC \right)$ bằng
A. $\frac{a\sqrt{42}}{7}$
B. $\frac{a\sqrt{42}}{14}$
C. $\frac{a\sqrt{42}}{12}$
D. $\frac{a\sqrt{42}}{6}$
A. $\frac{a\sqrt{42}}{7}$
B. $\frac{a\sqrt{42}}{14}$
C. $\frac{a\sqrt{42}}{12}$
D. $\frac{a\sqrt{42}}{6}$
Gọi H là trung điểm AB, từ giả thiết suy ra $SH\bot \left( ABC \right)$.
Gọi $I;K$ lần lượt là trung điểm của $AC$ và $AI$, $F$ là hình chiếu của $H$ lên $SK$
Ta có $HK//BI\Rightarrow HK\bot AC$
Mà $SH\bot AC$ suy ra $HF\bot AC;HF\bot SK\Rightarrow HF\bot \left( SAC \right)$
Vậy ta có $d\left( B,\left( SAC \right) \right)=2d\left( H,\left( SAC \right) \right)=2HF=2\frac{SH.HK}{\sqrt{S{{H}^{2}}+H{{K}^{2}}}}$
Tam giác $SAB$ vuông cân tại $S$ nên $SH=\frac{1}{2}AB=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ ; $HK//=\frac{1}{2}BI=\frac{a\sqrt{2}\sqrt{3}}{4}=\frac{a\sqrt{6}}{4}$
Nên $d\left( B,\left( SAC \right) \right)=2\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}.\frac{a\sqrt{6}}{4}}{\sqrt{\frac{2{{a}^{2}}}{4}+\frac{6{{a}^{2}}}{16}}}=\frac{a\sqrt{42}}{7}$
Gọi $I;K$ lần lượt là trung điểm của $AC$ và $AI$, $F$ là hình chiếu của $H$ lên $SK$
Ta có $HK//BI\Rightarrow HK\bot AC$
Mà $SH\bot AC$ suy ra $HF\bot AC;HF\bot SK\Rightarrow HF\bot \left( SAC \right)$
Vậy ta có $d\left( B,\left( SAC \right) \right)=2d\left( H,\left( SAC \right) \right)=2HF=2\frac{SH.HK}{\sqrt{S{{H}^{2}}+H{{K}^{2}}}}$
Tam giác $SAB$ vuông cân tại $S$ nên $SH=\frac{1}{2}AB=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ ; $HK//=\frac{1}{2}BI=\frac{a\sqrt{2}\sqrt{3}}{4}=\frac{a\sqrt{6}}{4}$
Nên $d\left( B,\left( SAC \right) \right)=2\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}.\frac{a\sqrt{6}}{4}}{\sqrt{\frac{2{{a}^{2}}}{4}+\frac{6{{a}^{2}}}{16}}}=\frac{a\sqrt{42}}{7}$
Đáp án A.