Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng \(a\sqrt 2 \). Tam giác SAD cân tại S và mặt bên (SAD) vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết thể tích khối chóp S.ABCD bằng \(\frac{4}{3}{a^3}\). Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SCD).

Đáp án đúng là: B

Kẻ SH⊥AD ⇒ H là trung điểm của AD (∆SAD cân tại S).

Kéo dài BH ∩ CD = E.

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\SH \supset \left( {SAD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\)

Xét tam giác EBC có:

\[\left\{ \begin{array}{l}HD\,{\rm{//}}\,BC\\HD = \frac{1}{2}BC\end{array} \right.\]

⇒ HD là đường trung bình của tam giác EBC.

⇒ H là trung điểm của BE.

\({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}\,.\,SH\,.\,{S_{ABCD}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{4}{3}{a^3} = \frac{1}{3}\,.\,SH\,.\,2{a^2} \Leftrightarrow SH = 2a\)

Kẻ HK⊥SD ⇒ d(H; (SCD)) = HK

Ta có \(\frac{{d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right)}} = \frac{{HE}}{{BE}} = \frac{1}{2}\)

Xét tam giác SHD vuông tại H có:

\(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{S{D^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{1}{{\frac{{{a^2}}}{2}}} = \frac{9}{{4{a^2}}}\)

\( \Rightarrow HK = \frac{{2a}}{3}\)

D(B;(SCD)) = 2d(H;(SCD)) = 2HK \( = \frac{{2.2a}}{3} = \frac{{4a}}{3}\).