Đề bài: Cho hình chóp tam giác $S.ABC$ đáy là tam giác vuông tại $B; AB=3a, BC=4a$. Biết rằng mặt phẳng $(SBC)$ vuông góc với $(ABC)$. Giả sử $SB=2a\sqrt{3};\widehat{SBC}=30^0$. Tìm khoảng cách từ $B$ đến mặt phẳng $(SAC)$.

Lời giải

Kẻ $BE \bot AC, HK \bot AC \Rightarrow BE //HK$

Ta có : $SK \bot AC$(định lí ba đường vuông góc)

$\Rightarrow AC \bot (SHK) \Rightarrow (SAC) \bot (SHK)$.

Do $(SAC) \cap (SHK)=SK$ nếu KẺ $HH’ \bot SK \Rightarrow HH’ \bot (SAC)$

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông $ABC$ ta có:

$\frac{1}{BE^2}=\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{BC^2}=\frac{1}{9a^2}+\frac{1}{16a^2}\Rightarrow BE=\frac{12a}{5}$

Do $SH=SB .\sin 30^0=a\sqrt{3}$

$\Rightarrow BH= \sqrt{SB^2-SH^2}=\sqrt{12a^2-3a^2}=3a \Rightarrow CH=a$

Kẻ $BB’ \bot (SAC) \Rightarrow C, H’, B’$ thẳng hàng.

Theo định lí Talet , ta có:

  $\frac{HH’}{BB’}=\frac{CH}{CB}=\frac{a}{4a}=\frac{1}{4}\Rightarrow BB’=4HH’$

Cũng theo định lí talet, ta có: $\frac{HK}{BE}=\frac{CH}{CB}=\frac{1}{4}\Rightarrow HK= \frac{1}{4}BE=\frac{3a}{5}$

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông $SHK$ ta có:

$\frac{1}{HH’^2}=\frac{1}{SH^2}+\frac{1}{HK^2}=\frac{1}{3a^2}+\frac{25}{9a^2}
\Rightarrow HH’=\frac{3a}{2\sqrt{7}}\Rightarrow
BB’=4HH’=\frac{6a\sqrt{7}}{7}$

Do $BB’=d(B,(SAC))\Rightarrow d(B,(SAC))=\frac{6a\sqrt{7}}{7}$.