Xét hai tam giác: \(\Delta SAC;\Delta SAB\) có:

\(SA\) chung.

\(AB=AC;\angle SAB=\angle SAC={{30}^{0}}\Rightarrow \Delta SAB=\Delta SAC\Rightarrow SB=SC.\)

Suy ra tam giác \(\Delta SBC;\Delta ABC\) cân.

Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\) ta có \(\left\{ \begin{array}{l} BC \bot SI\\ BC \bot AI \end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAI} \right) \Rightarrow \left( {SAI} \right) \bot \left( {ABC} \right)\)

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(S\) trên \(AI\Rightarrow SH\bot \left( ABC \right)\)

Xét tam giác \(\Delta SAB\) ta có:

\(S{{B}^{2}}=S{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}-2SA.2B.\cos \angle SAB=48+16-2.4\sqrt{3}.4.\cos {{30}^{0}}=16\Rightarrow SB=SC=4\)

Suy ra \(\Delta SBC=\Delta ABC\left( c.c.c \right)\Rightarrow AI=SI=\sqrt{A{{B}^{2}}-B{{I}^{2}}}=\sqrt{16-1}=\sqrt{15}\)

Tam giác \(\Delta SIA\) cân tại \(I\). Gọi \(J\) là trung điểm của \(SA\) ta có: \(IJ=\sqrt{A{{I}^{2}}-J{{A}^{2}}}=\sqrt{15-12}=\sqrt{3}\)

Ta lại có \({{S}_{\Delta SIA}}=\frac{1}{2}IJ.SA=\frac{1}{2}SH.AI\Rightarrow SH=\frac{IJ.SA}{AI}=\frac{\sqrt{3}.4\sqrt{3}}{\sqrt{15}}=\frac{12}{\sqrt{15}}\)

Ta có: \({{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{2}AI.BC=\sqrt{15}\Rightarrow {{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}SH.{{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{3}.\frac{12}{\sqrt{15}}.\sqrt{15}=4.\)

Xét hình chóp \(T.{{G}_{1}}{{G}_{2}}{{G}_{3}}\) có:

\({{V}_{T.{{G}_{1}}{{G}_{2}}{{G}_{3}}}}=\frac{1}{3}TK.{{S}_{\Delta {{G}_{1}}{{G}_{2}}{{G}_{3}}}}=\frac{1}{3}.\frac{4}{3}SH.{{\left( \frac{2}{3} \right)}^{2}}.{{S}_{\Delta IMN}}=\frac{1}{3}.\frac{4}{3}SH.{{\left( \frac{2}{3} \right)}^{2}}\frac{1}{4}{{S}_{\Delta ABC}}=\frac{4}{27}{{V}_{S.ABC}}=\frac{16}{27}\)

Suy ra \(a=16;b=27\Rightarrow P=2a-b=5.\)