Câu 29
Áp dụng Pytago ta tính đc $AC = a\sqrt{5}$ và $SC = 3a$.
Áp dụng HTL trong tam giác vuông SAC ta có
$AS^2 = SE . SC <-> SE = \dfrac{AS^2}{SC} = \dfrac{4a^2}{3a} = \dfrac{4a}{3}$
Vậy ta có
$\dfrac{d(E,(SAB)}{d(C,(SAB)} = \dfrac{ES}{CS} = \dfrac{\dfrac{4a}{3}}{3a} = \dfrac{4}{9}$
$<-> d(E, (SAB)) = \dfrac{4}{9} d(C, (SAB))$
Lại có $CB \perp AB, CB \perp SA$, do đó $CB \perp (SAB)$. Vậy $d(C, (SAB)) = BC = 2a$
Do đó $d(E, (SAB)) = \dfrac{4}{9} . 2a = \dfrac{8a}{9}$
Vậy ko có đáp án nào thỏa mãn.
Câu 30
Áp dụng Pytago và ta tính đc $AC = 2a$, $HI = AH = \dfrac{a}{2}$, $SH = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$.
Ta có
$\dfrac{d(C, (SBD))}{d(H, (SBD))} = \dfrac{HI}{CI} = \dfrac{\dfrac{1}{2} AI}{CI} = \dfrac{1}{2}$
$<-> d(C, (SBD)) = 2 d(H, (SBD))$
Hạ $HK \perp BD$, hạ $HE \perp SK$. Khi đó, ta lại có $SH \perp BD$, do đó $BD \perp (SHK)$ nên $BD \perp HE$. Lại có $HE \perp SK$ nên $HE \perp (SBD)$
Vậy $d(H, (SBD)) = HE$.
Xét tam giác vuông ABD tại A, hạ $AM \perp BD$. Khi đó, áp dụng HTL ta có
$\dfrac{1}{AM^2} = \dfrac{1}{AB^2} + \dfrac{1}{AD^2}$
$<-> AM = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$
Lại có tam giác IHK đồng dạng với tam giác IAM theo tỉ số $\dfrac{1}{2}$, nên $HK = \dfrac{1}{2} AM = \dfrac{a\sqrt{3}}{4}$
Xét tam giác vuông SHK có đường cao HE
$\dfrac{1}{HE^2} = \dfrac{1}{HS^2} + \dfrac{1}{HK^2}$
$<-> HE = \dfrac{a\sqrt{15}}{10}$
Do đó $d(H, (SBD)) = \dfrac{a\sqrt{15}}{10}$
Vậy $d(C, (SBD)) = \dfrac{a\sqrt{15}}{5}$
Do đó đáp án là D.
