Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình c...

C

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

+) Chứng minh \(d\left( {MD;\left( {SBN} \right)} \right) = d\left( {M;\left( {SBN} \right)} \right)\)

 +) Sử dụng phương pháp đổi đỉnh tính khoảng cách. So sánh \(d\left( {M;\left( {SBN} \right)} \right)\) so với \(d\left( {A;\left( {SBN} \right)} \right)\).

+) Dựng \(d\left( {A;\left( {SBN} \right)} \right)\) và tính.

Giải chi tiết:

Dễ dàng chứng minh được \(BNDM\) là hình bình hành \( \Rightarrow MD//BN\).

\( \Rightarrow MD//\left( {SBN} \right) \Rightarrow d\left( {MD;\left( {SBN} \right)} \right) = d\left( {M;\left( {SBN} \right)} \right)\).

Ta có \(MA \cap \left( {SBN} \right) = B \Rightarrow \dfrac{{d\left( {M;\left( {SBN} \right)} \right)}}{{d\left( {A;\left( {SBN} \right)} \right)}} = \dfrac{{MB}}{{AB}} = \dfrac{1}{2}\).

\( \Rightarrow d\left( {M;\left( {SBN} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}d\left( {A;\left( {SBN} \right)} \right)\).

Trong \(\left( {SBN} \right)\) kẻ \(SH \bot BN\,\,\left( {H \in BN} \right)\), trong \(\left( {SAH} \right)\) kẻ \(AK \bot SH\,\,\left( {K \in SH} \right)\) ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}BN \bot AH\\BN \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BN \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow BN \bot AK\\\left\{ \begin{array}{l}AK \bot SH\\AK \bot BN\end{array} \right. \Rightarrow AK \bot \left( {SBN} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBN} \right)} \right) = AK\end{array}\).

Ta có \({S_{ABN}} = \dfrac{1}{2}AB.MN = \dfrac{1}{2}.a.2a = {a^2} = \dfrac{1}{2}AH.BN\)

\( \Rightarrow AH = \dfrac{{2{a^2}}}{{BN}} = \dfrac{{2{a^2}}}{{\sqrt {4{a^2} + \dfrac{{{a^2}}}{4}} }} = \dfrac{{4a}}{{\sqrt {17} }}\).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(SAH\) ta có: \(AK = \dfrac{{SA.AH}}{{\sqrt {S{A^2} + A{H^2}} }} = \dfrac{{4a}}{{\sqrt {33} }}\).

Vậy \(d\left( {MD;\left( {SBN} \right)} \right) = \dfrac{{2a}}{{\sqrt {33} }}\).

Chọn C.