Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có AB = SA = 2a . Khoảng cách từ đường thẳng AB đến mặt phẳng ( SCD ) bằng

28/38

Cho hình chóp tứ giác đều \[S.ABCD\] có \[AB = SA = 2a\]. Khoảng cách từ đường thẳng \[AB\] đến mặt phẳng \[\left( {SCD} \right)\] bằng

\[\frac{{a\sqrt 6 }}{3}\].

\[\frac{{2a\sqrt 6 }}{3}\].

\[\frac{a}{2}\].

\[a\].

Giải thích

Đáp án đúng là: B

Đáp án đúng là: D (ảnh 1)

Gọi \(O\) là giao điểm của hai đường chéo \(AC\) và \(BD\).

Do hình chóp \[S.ABCD\] là hình chóp tứ giác đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

Ta có \(ABCD\) là hình vuông nên \(AB{\rm{//}}CD\), suy ra \(AB{\rm{//}}\left( {SCD} \right)\).

Do đó, \(d\left( {AB,\,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)\).

Lại có \(AO \cap \left( {SCD} \right) = C\) nên \(\frac{{d\left( {A,\,\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {O,\,\left( {SCD} \right)} \right)}} = \frac{{AC}}{{OC}} = 2\).

Suy ra \(d\left( {AB,\,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = 2d\left( {O,\,\left( {SCD} \right)} \right)\).

Gọi \(K\) là trung điểm của \(CD\), ta chứng minh được \(OK \bot CD\).

Kẻ \[OH \bot SK\,\,\left( {H \in SK} \right)\].

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot OK\\CD \bot SO\,\,\left( {SO \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SOK} \right) \Rightarrow CD \bot OH\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}OH \bot SK\\OH \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow OH \bot \left( {SCD} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = OH\).

Ta có \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = 2a\sqrt 2 ,\,AO = \frac{{AC}}{2} = a\sqrt 2 \), \(SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}} = a\sqrt 2 \),

\(OK = \frac{{BC}}{2} = \frac{{2a}}{2} = a\).

Tam giác \(SOK\) vuông tại \(O\) nên \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{K^2}}} + \frac{1}{{S{O^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{2{a^2}}} = \frac{3}{{2{a^2}}}\).

Suy ra \(OH = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).

Vậy \(d\left( {AB,\,\left( {SCD} \right)} \right) = 2OH = \frac{{2a\sqrt 6 }}{3}\).