Cho hình chóp S . ABCD , đáy là hình thang vuông tại A và B , biết AB = BC = a , AD = 2a , SA = a √ 3 và SA ⊥ ( ABCD ) . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của SB , SA . Khoảng

24/50

Cho hình chóp $S.ABCD$, đáy là hình thang vuông tại $A$ và $B$, biết $AB = BC = a$, $AD = 2a$, $SA = a\sqrt 3 $ và $SA \bot \left( {ABCD} \right)$. Gọi $M$ và $N$ lần lượt là trung điểm của $SB$, $SA$. Khoảng cách từ $M$ đến mặt phẳng $\left( {NCD} \right)$ theo $a$ bằng:

$\frac{{a\sqrt {66} }}{{22}}$.

$2a\sqrt {66} $.

$\frac{{a\sqrt {66} }}{{11}}$.

$\frac{{a\sqrt {66} }}{{44}}$.

Giải thích

$Ta thấy \[\sin x + 1 \ge 0{\r (ảnh 1)$

Gọi $I$ là giao điểm của $AB$ và $CD$, vì $AD = 2BC$ nên $B$ là trung điểm của $AI$. Gọi $G$ là giao điểm của $SB$ và $IN$, dễ thấy $G$ là trọng tâm tam giác $SIA$. Do đó, $SG = \frac{2}{3}SB = \frac{4}{3}SM \Rightarrow MG = \frac{1}{4}SG$, mà $G \in \left( {NCD} \right)$ nên\[d\left( {M,\,\left( {NCD} \right)} \right) = \frac{1}{4}d\left( {S,\,\left( {NCD} \right)} \right)\]\[ = \frac{1}{4}d\left( {A,\left( {NCD} \right)} \right)\].

Lại có, $CD \bot AC;\,CD \bot SA \Rightarrow CD \bot \left( {SAC} \right)$. Gọi $K$ là hình chiếu của $A$ lên $NC$ thì ta có:

\[d\left( {A,\,\left( {NCD} \right)} \right) = AK = \frac{{AN \cdot AC}}{{\sqrt {A{N^2} + A{C^2}} }}\,\,\,\left( * \right)\].

Lại có $AN = \frac{{a\sqrt 3 }}{2};\,AC = a\sqrt 2 $ thay vào $\left( * \right)$ ta được \[AK = \frac{{a\sqrt {66} }}{{11}}\].

Vậy \[d\left( {M,\,\left( {NCD} \right)} \right) = \frac{1}{4}AK = \frac{{a\sqrt {66} }}{{44}}\]. Chọn D.