Nối DM và AB kéo dài cắt nhau tại E

Do BM song song và bằng 1 nửa AD \(\Rightarrow BM\) là đường trung bình tam giác ADE

\(\Rightarrow AE=2BE\Rightarrow d\left(B;\left(SMD\right)\right)=\dfrac{1}{2}d\left(A;\left(SMD\right)\right)\)

Lại có: \(\left\{{}\begin{matrix}BN\cap\left(SMD\right)=S\\NS=\dfrac{1}{3}BS\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow d\left(N;\left(SMD\right)\right)=\dfrac{1}{3}d\left(B;\left(SMD\right)\right)=\dfrac{1}{6}d\left(A;\left(SMD\right)\right)\)

Từ A kẻ AF vuông góc MD (F thuộc MD), từ A kẻ AH vuông góc SF (H thuộc SF)

\(\Rightarrow AH\perp\left(SMD\right)\Rightarrow AH=d\left(A:\left(SMD\right)\right)\)

Hệ thức lượng trong tam giác vuông ADE:

\(\Rightarrow AF=\dfrac{AD.AE}{DE}=\dfrac{AD.2AB}{\sqrt{AD^2+\left(2AB\right)^2}}=\dfrac{8a\sqrt{17}}{17}\)

\(SA=\sqrt{SD^2-AD^2}=a\sqrt{21}\)

Hệ thức lượng: \(AH=\dfrac{SA.AF}{\sqrt{SA^2+AF^2}}=...\)

\(\Rightarrow d\left(N;\left(SMD\right)\right)=\dfrac{1}{6}AF=...\)

Chọn A.

Xác định được

Vì M là trung điểm SA nên 

Kẻ AK  ⊥ DM và chứng minh được AK  ⊥ (CDM) nên 

Trong tam giác vuông MAD tính được 

Đặt hệ trục tọa độ: Chọn $A(0,0,0),\ B(a,0,0),\ D(0,2a,0),\ C(a,2a,0)$.

Vì $SA \perp (ABCD)$ nên đặt $S(0,0,h)$.

Xét cạnh $SC$:

$\vec{SC} = (a,2a,-h)$, $SC = \sqrt{a^2 + (2a)^2 + h^2} = \sqrt{5a^2 + h^2}$.

Góc giữa $SC$ và đáy là $60^\circ$ nên:
$\sin 60^\circ = \dfrac{SA}{SC} \Rightarrow \dfrac{\sqrt{3}}{2} = \dfrac{h}{\sqrt{5a^2 + h^2}}$.

Giải ra:

$\dfrac{3}{4} = \dfrac{h^2}{5a^2 + h^2} \Rightarrow 3(5a^2 + h^2) = 4h^2$

$\Rightarrow 15a^2 + 3h^2 = 4h^2 \Rightarrow h^2 = 15a^2 \Rightarrow h = a\sqrt{15}$.

⇒ $S(0,0,a\sqrt{15})$.

Trung điểm: $M\left(0,0,\dfrac{a\sqrt{15}}{2}\right),\ N\left(\dfrac{a}{2},0,\dfrac{a\sqrt{15}}{2}\right)$.

Xét mặt phẳng $(DMN)$:

$\vec{DM} = (0,-2a,\dfrac{a\sqrt{15}}{2}),\ \vec{DN} = \left(\dfrac{a}{2},-2a,\dfrac{a\sqrt{15}}{2}\right)$.

Vectơ pháp tuyến:
$\vec{n} = \vec{DM} \times \vec{DN} = \left(0,\dfrac{a^2\sqrt{15}}{4},a^2\right)$.

Khoảng cách từ $S$ đến $(DMN)$:

$d = \dfrac{|\vec{n} \cdot \vec{DS}|}{|\vec{n}|}$ với $\vec{DS} = (0,-2a,a\sqrt{15})$.

Tính: $\vec{n} \cdot \vec{DS} = 0 + \dfrac{a^2\sqrt{15}}{4}(-2a) + a^2 \cdot a\sqrt{15} = -\dfrac{a^3\sqrt{15}}{2} + a^3\sqrt{15} = \dfrac{a^3\sqrt{15}}{2}$.

$|\vec{n}| = \sqrt{\left(\dfrac{a^2\sqrt{15}}{4}\right)^2 + a^4} = a^2\sqrt{\dfrac{15}{16} + 1} = a^2\sqrt{\dfrac{31}{16}} = \dfrac{a^2\sqrt{31}}{4}$.

Suy ra: $d = \dfrac{\dfrac{a^3\sqrt{15}}{2}}{\dfrac{a^2\sqrt{31}}{4}} = \dfrac{2a\sqrt{15}}{\sqrt{31}}$.

Đáp án: A. $\dfrac{2a\sqrt{15}}{\sqrt{31}}$

ĐÁP ÁN: D

Đặt hệ trục tọa độ: Chọn $A(0,0,0),\ B(a,0,0),\ D(0,2a,0),\ C(a,2a,0)$.

Vì $SA \perp (ABCD)$ nên đặt $S(0,0,h)$.

Xét cạnh $SD$:

$\vec{SD} = (0,2a,-h),\ SD = \sqrt{(2a)^2 + h^2} = \sqrt{4a^2 + h^2}$.

Góc giữa $SD$ và đáy là $60^\circ$ nên:
$\sin 60^\circ = \dfrac{SA}{SD} \Rightarrow \dfrac{\sqrt{3}}{2} = \dfrac{h}{\sqrt{4a^2 + h^2}}$.

Giải ra:

$\dfrac{3}{4} = \dfrac{h^2}{4a^2 + h^2} \Rightarrow 3(4a^2 + h^2) = 4h^2$

$\Rightarrow 12a^2 + 3h^2 = 4h^2 \Rightarrow h^2 = 12a^2 \Rightarrow h = 2a\sqrt{3}$.

⇒ $S(0,0,2a\sqrt{3})$.

Xét mặt phẳng $(SBD)$:

$\vec{SB} = (a,0,-2a\sqrt{3}),\ \vec{SD} = (0,2a,-2a\sqrt{3})$.

Vectơ pháp tuyến:
$\vec{n} = \vec{SB} \times \vec{SD} = (4a^2\sqrt{3},\ 2a^2\sqrt{3},\ 2a^2)$.

Khoảng cách từ $A$ đến $(SBD)$:

$d = \dfrac{|\vec{n} \cdot \vec{SA}|}{|\vec{n}|}$ với $\vec{SA} = (0,0,2a\sqrt{3})$.

Tính: $\vec{n} \cdot \vec{SA} = 2a^2 \cdot 2a\sqrt{3} = 4a^3\sqrt{3}$.

$|\vec{n}| = \sqrt{(4a^2\sqrt{3})^2 + (2a^2\sqrt{3})^2 + (2a^2)^2} = a^2\sqrt{48 + 12 + 4} = a^2\sqrt{64} = 8a^2$.

Suy ra: $d = \dfrac{4a^3\sqrt{3}}{8a^2} = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$.

a)

Ta có $SA = SB = SC = SD$ nên $S$ cách đều $A,B,C,D$.

Suy ra $S$ nằm trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng $(ABCD)$ tại tâm $O$ của hình chữ nhật.

Do đó: $SO \perp (ABCD)$.

Mà $O \in AC$ nên: $SO \perp AC$.

Suy ra mặt phẳng $(SAC)$ chứa đường thẳng $SO \perp (ABCD)$.

Vậy: $(SAC) \perp (ABCD)$.

b)

Ta có $AB = a,\ AD = 2a \Rightarrow AC = \sqrt{a^2 + (2a)^2} = a\sqrt{5}$.

Trong tam giác vuông $SOC$:
$SC = 2a,\ OC = \dfrac{AC}{2} = \dfrac{a\sqrt{5}}{2}$.

Áp dụng Pitago:
$SO^2 = SC^2 - OC^2 = (2a)^2 - \left(\dfrac{a\sqrt{5}}{2}\right)^2$

$= 4a^2 - \dfrac{5a^2}{4} = \dfrac{16a^2 - 5a^2}{4} = \dfrac{11a^2}{4}$

$\Rightarrow SO = \dfrac{a\sqrt{11}}{2}$.

Khoảng cách từ $O$ đến $(SCD)$:

Xét tam giác $SCD$, ta có $O$ là trung điểm $CD$ chiếu lên.

Do tính đối xứng, khoảng cách cần tìm chính là chiều cao từ $O$ xuống $(SCD)$.

Vậy $d(O,(SCD)) = \dfrac{a\sqrt{11}}{6}$.

c)

Gọi $M$ là trung điểm $SA,\ N$ là trung điểm $BC$.

Ta có: $MN \parallel SB$ (định lý trung điểm trong không gian).

Xét góc giữa $MN$ và mặt phẳng $(SBD)$ chính là góc giữa $SB$ và $(SBD)$.

Gọi $H$ là hình chiếu của $S$ lên $(ABD)$.

Ta có: $\sin \widehat{(SB,(SBD))} = \dfrac{SH}{SB}$.

Tính được: $\sin = \dfrac{\sqrt{11}}{4}$.

a: \(\hat{SD;\left(ABCD\right)}=\hat{DS;DA}=\hat{SDA}=30^0\)

Xét ΔSAD vuông tại A có tan SDA=\(\frac{SA}{AD}\)

=>\(SA=a\cdot\tan30=\frac{a\sqrt3}{3}\)

=>d(S;(ABCD))=SA=\(\frac{a\sqrt3}{3}\)

b: CD⊥ AD(ABCD là hình vuông)

CD⊥SA(SA⊥(ABCD))

mà SA,AD cùng thuộc mp(SAD)

nên CD⊥ SD

=>ΔSDC vuông tại D

Ta có: BC⊥BA(ABCD là hình vuông)

BC⊥ SA(SA⊥(ABCD))

mà SA,BA cùng thuộc mp(SAB)

nên BC⊥(SAB)

=>BC⊥SB

=>ΔSBC vuông tại B

c: BD⊥AC
BD⊥SA(SA⊥(ABCD))

SA,AC cùng thuộc mp(SAC)

Do đó: BD⊥(SAC)

mà BD⊂(SBD)

nên (SBD)⊥(SAC)

e: \(\hat{SC;\left(ABCD\right)}=\hat{CS;CA}=\hat{SCA}\)

ABCD là hình vuông

=>\(AB^2+BC^2=AC^2\)

=>\(AC^2=a^2+a^2=2a^2\)

=>\(AC=a\sqrt2\)

Xét ΔSAC vuông tại A có tan SCA=\(\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt3}{3}:a\sqrt2=\frac{\sqrt3}{3\sqrt2}\)

nên \(\hat{SCA}\) ≃22 độ

=>\(\hat{SC;\left(ABCD\right)}\) ≃22 độ