Trong không gian tọa độ Oxyz cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có S(5; 4; 6), A(-1; 4; 3), B(5; -2; 3)

Gọi M là trung điểm của đoạn AB. Dễ thấy $H\in SM$ (do tam giác SAB cân tại S mà  là trung điểm của đoạn AB.

Theo giả thiết suy ra $SK\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow SK\perp AB;SM\perp AB.$

Như vậy $AB\perp \left(SMK\right)$ nên $AB\perp SH\left(1\right).$

Mặt khác, có $AK\perp BD;AK\perp SK$ nên $AK\perp \left(SBD\right)\Rightarrow AK\perp SB.$

Lại có $AH\perp SB$ (do H là trực tâm của tam giác SAB) nên $SB\perp \left(AKH\right)\Rightarrow SB\perp KH\left(2\right).$

Từ (1) và (2) suy ra $\left(SAB\right)\perp KH\Rightarrow KH\perp SM.$

Khi đó, tam giác SKM có KH là đường cao. Mà tam giác SKM vuông tại K nên có:

                   $\frac{1}{K{H}^2}=\frac{1}{S{K}^2}+\frac{1}{K{M}^2}\Rightarrow KH=\frac{SK.KM}{\sqrt{S{K}^2+K{M}^2}}$

Ta có K là trung điểm của AC nên K(2; 1; 3) nên $SK=\sqrt{{\left(2-5\right)}^2+{\left(1-4\right)}^2+{\left(3-6\right)}^2}=3\sqrt{3}.$

Vì ABCD là hình vuông có $AC=\sqrt{{\left(5+1\right)}^2+{\left(-2-4\right)}^2+{\left(3-3\right)}^2}=6\sqrt{2}$ suy ra $KM=\frac{AC}{2\sqrt{2}}=\frac{6\sqrt{2}}{2\sqrt{2}}=3.$

Vậy $KH=\frac{3\sqrt{3}.3}{\sqrt{{\left(3\sqrt{3}\right)}^2+3^2}}=\frac{3\sqrt{3}}{2}.$

Chọn A.