Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SA và BC . Biết góc giữa MN và mặt phẳng ( ABC ) bằng 60 ∘ .

Gọi \(O\) là tâm của đáy \[ABCD\]. Vì \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều nên \[SO \bot \left( {ABCD} \right)\]. Gọi \(I\) là trung điểm \(OA\). Vì \(IM\,{\rm{//}}\,SO \Rightarrow IM \bot \left( {ABCD} \right)\) nên hình chiếu của \(MN\) lên \(\left( {ABCD} \right)\)là \(IN\). Suy ra \(\widehat {MNI} = 60^\circ \). Áp dụng định lí côsin trong \(\Delta CIN\), ta có:

\(IN = \sqrt {C{I^2} + C{N^2} - 2CI \cdot CN \cdot {\rm{cos}}45^\circ }  = \sqrt {{{\left( {\frac{{3a\sqrt 2 }}{4}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} - 2 \cdot \frac{{3a\sqrt 2 }}{4} \cdot \frac{a}{2} \cdot \frac{{\sqrt 2 }}{2}}  = \frac{{a\sqrt 5 }}{{2\sqrt 2 }}\).

Trong tam giác vuông \(MIN\) ta có:

\(\tan 60^\circ  = \frac{{MI}}{{IN}} \Rightarrow MI = IN \cdot \sqrt 3  = \frac{{a\sqrt {15} }}{{2\sqrt 2 }} = \frac{{a\sqrt {30} }}{4} \Rightarrow SO = \frac{{a\sqrt {30} }}{2}\).

Ta có \(d\left( {BC,DM} \right) = d\left( {BC,\left( {SAD} \right)} \right) = d\left( {N,\left( {SAD} \right)} \right) = 2d\left( {O,\left( {SAD} \right)} \right) = 2d\left( {O,\left( {SBC} \right)} \right)\).

Kẻ \(OE \bot SN \Rightarrow OE \bot \left( {SBC} \right)\).

Ta có \(d\left( {O,\left( {SBC} \right)} \right) = OE\) mà \(\frac{1}{{O{E^2}}} = \frac{1}{{O{S^2}}} + \frac{1}{{O{N^2}}} = \frac{4}{{30{a^2}}} + \frac{4}{{{a^2}}} = \frac{{62}}{{15{a^2}}} \Rightarrow OE = \frac{{a\sqrt {15} }}{{\sqrt {62} }}\).

Vậy \(d\left( {BC,DM} \right) = 2OE = \frac{{2a\sqrt {15} }}{{\sqrt {62} }} = a\sqrt {\frac{{30}}{{31}}} \). Chọn B.