Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành, \(AB = a\), \(AD = a\sqrt 3 \), \(\angle BAD =

Câu hỏi số 387516:

Vận dụng

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành, \(AB = a\), \(AD = a\sqrt 3 \), \(\angle BAD = {150^0}\). Mặt bên \(SAB\) là tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với \(\left( {ABCD} \right)\). Gọi \(M\) là trung điểm của \(SA\). Khoảng cách từ \(C\) đến \(\left( {MBD} \right)\) là:

A. \(\dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}\)

B. \(\dfrac{{a\sqrt 3 }}{6}\)

C. \(\dfrac{{a\sqrt {93} }}{{31}}\)

D. \(\dfrac{{a\sqrt {111} }}{{37}}\)

Đáp án đúng là: D

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:387516

Phương pháp giải

Sử dụng phương pháp đổi đỉnh.

Giải chi tiết

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB\)\( \Rightarrow SH \bot AB\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\\\left( {SAB} \right) \supset SH \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\).

Gọi \(K\) là trung điểm của \(AH\) ta có: \(MK\) là đường trung bình của tam giác \(SAH\) nên \(MK\parallel SH\).

\( \Rightarrow MK \bot \left( {ABCD} \right)\).

Gọi \(E = KC \cap BD \Rightarrow E = KC \cap \left( {MBD} \right)\).

\( \Rightarrow \dfrac{{d\left( {C;\left( {MBD} \right)} \right)}}{{d\left( {K;\left( {MBD} \right)} \right)}} = \dfrac{{CE}}{{KE}} = \dfrac{{CD}}{{BK}} = \dfrac{4}{3}\) (Định lí Ta-lét).

Trong \(\left( {ABCD} \right)\) kẻ \(KN \bot BD\,\,\left( {N \in ND} \right)\), trong \(\left( {MKN} \right)\) kẻ \(KJ \bot MN\) ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}BD \bot KN\\BD \bot MK\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {MKN} \right) \Rightarrow BD \bot KJ\\\left\{ \begin{array}{l}KJ \bot MN\\KJ \bot BD\end{array} \right. \Rightarrow KJ \bot \left( {MBD} \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow d\left( {K;\left( {MBD} \right)} \right) = KJ\).

Trong \(\left( {ABCD} \right)\) kẻ \(AI \bot BD\,\,\left( {I \in BD} \right)\)\( \Rightarrow AI\parallel KN\).

Ta có \({S_{ABD}} = \dfrac{1}{2}AB.AD.\sin \angle BAD = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).

Áp dụng định lí Cosin trong tam giác \(ABD\) ta có: \(BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2} - 2AB.AD.\cos \angle BAD} = a\sqrt 7 \).

Lại có \({S_{ABD}} = \dfrac{1}{2}AI.BD\)\( \Rightarrow AI = \dfrac{{2{S_{ABD}}}}{{BD}} = \dfrac{{2.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}}}{{a\sqrt 7 }} = \dfrac{{a\sqrt {21} }}{{14}}\).

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\dfrac{{KN}}{{AI}} = \dfrac{{BK}}{{AB}} = \dfrac{3}{4} \Rightarrow KN = \dfrac{{3a\sqrt {21} }}{{56}}\).

Tam giác \(SAB\) đều cạnh \(a\) nên \(SH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\)\( \Rightarrow MK = \dfrac{1}{2}SH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}\).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(MKN\) ta có:

\(KJ = \dfrac{{MK.KN}}{{\sqrt {M{K^2} + K{N^2}} }} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}.\dfrac{{3a\sqrt {21} }}{{56}}}}{{\sqrt {\dfrac{{3{a^2}}}{{16}} + \dfrac{{27{a^2}}}{{448}}} }} = \dfrac{{9a}}{{4\sqrt {111} }}\).

Vậy \(d\left( {C;\left( {MBD} \right)} \right) = \dfrac{4}{3}KJ = \dfrac{{a\sqrt {111} }}{{37}}\).

Đáp án cần chọn là: D

Group 2K8 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> 2K8 Chú ý! Lộ Trình Sun 2026 - 3IN1 - 1 lộ trình ôn 3 kì thi (Luyện thi 26+ TN THPT, 90+ ĐGNL HN, 900+ ĐGNL HCM, 70+ ĐGTD - Click xem ngay) tại Tuyensinh247.com.Đầy đủ theo 3 đầu sách, Thầy Cô giáo giỏi, luyện thi theo 3 giai đoạn: Nền tảng lớp 12, Luyện thi chuyên sâu, Luyện đề đủ dạng đáp ứng mọi kì thi.