Google
Câu hỏi: Cho hình chóp đều $S.ABCD$ có tất cả các cạnh bằng $a$. Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm các cạnh $SA$ và $SC$ ; $P$ là điểm trên cạnh $SD$ sao cho $SP=2PD$. Tính khoảng cách từ điểm $D$ đến mặt phẳng $\left( MNP \right)$.
A. $\dfrac{a\sqrt{34}}{34}$.
B. $\dfrac{a\sqrt{17}}{34}$.
C. $\dfrac{2a\sqrt{17}}{41}$.
D. $\dfrac{a\sqrt{2}}{16}$.
Ta có ${{V}_{D.MNP}}=\dfrac{1}{2}{{V}_{S.MNP}}=\dfrac{1}{2}.\dfrac{SM}{SA}.\dfrac{SN}{SC}.\dfrac{SP}{SD}{{V}_{S.ACD}}=\dfrac{1}{12}{{V}_{S.ACD}}$.
Gọi $O$ là tâm của hình vuông $ABCD$.
Suy ra $OA=\dfrac{1}{2}AC=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\Rightarrow SO=\sqrt{S{{A}^{2}}-A{{O}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}-\dfrac{2{{a}^{2}}}{4}}=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}$.
Khi đó ${{V}_{S.ACD}}=\dfrac{1}{3}.SO.{{S}_{\Delta SCD}}=\dfrac{1}{3}.\dfrac{a\sqrt{2}}{2}.\dfrac{1}{2}{{a}^{2}}=\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{12}\Rightarrow {{V}_{D.MNP}}=\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{144}$.
Do $MN$ là đường trung bình của tam giác $SAC$ nên $MN=\dfrac{1}{2}AC=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}$.
Tam giác $SAD$ và $SCD$ đều cạnh $a$ nên $P{{M}^{2}}=P{{N}^{2}}=S{{M}^{2}}+S{{P}^{2}}-2SM.SP.\cos {{60}^{o}}=\dfrac{13{{a}^{2}}}{36}$.
Do tam giác $MNP$ cân tại $P$ nên gọi $H$ là trung điểm $MN$ thì $PH\bot MN$.
Suy ra $PH=\sqrt{P{{M}^{2}}-\dfrac{M{{N}^{2}}}{4}}=\sqrt{\dfrac{13{{a}^{2}}}{36}-\dfrac{{{a}^{2}}}{8}}=\dfrac{a\sqrt{34}}{12}$.
Vậy $d\left( D,\left( MNP \right) \right)=\dfrac{3{{V}_{D.MNP}}}{{{S}_{MNP}}}=\dfrac{3.\dfrac{a\sqrt{2}}{144}}{\dfrac{1}{2}.\dfrac{a\sqrt{34}}{12}.\dfrac{a\sqrt{2}}{2}}=\dfrac{a\sqrt{34}}{34}$.
A. $\dfrac{a\sqrt{34}}{34}$.
B. $\dfrac{a\sqrt{17}}{34}$.
C. $\dfrac{2a\sqrt{17}}{41}$.
D. $\dfrac{a\sqrt{2}}{16}$.
Gọi $O$ là tâm của hình vuông $ABCD$.
Suy ra $OA=\dfrac{1}{2}AC=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\Rightarrow SO=\sqrt{S{{A}^{2}}-A{{O}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}-\dfrac{2{{a}^{2}}}{4}}=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}$.
Khi đó ${{V}_{S.ACD}}=\dfrac{1}{3}.SO.{{S}_{\Delta SCD}}=\dfrac{1}{3}.\dfrac{a\sqrt{2}}{2}.\dfrac{1}{2}{{a}^{2}}=\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{12}\Rightarrow {{V}_{D.MNP}}=\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{144}$.
Do $MN$ là đường trung bình của tam giác $SAC$ nên $MN=\dfrac{1}{2}AC=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}$.
Tam giác $SAD$ và $SCD$ đều cạnh $a$ nên $P{{M}^{2}}=P{{N}^{2}}=S{{M}^{2}}+S{{P}^{2}}-2SM.SP.\cos {{60}^{o}}=\dfrac{13{{a}^{2}}}{36}$.
Do tam giác $MNP$ cân tại $P$ nên gọi $H$ là trung điểm $MN$ thì $PH\bot MN$.
Suy ra $PH=\sqrt{P{{M}^{2}}-\dfrac{M{{N}^{2}}}{4}}=\sqrt{\dfrac{13{{a}^{2}}}{36}-\dfrac{{{a}^{2}}}{8}}=\dfrac{a\sqrt{34}}{12}$.
Vậy $d\left( D,\left( MNP \right) \right)=\dfrac{3{{V}_{D.MNP}}}{{{S}_{MNP}}}=\dfrac{3.\dfrac{a\sqrt{2}}{144}}{\dfrac{1}{2}.\dfrac{a\sqrt{34}}{12}.\dfrac{a\sqrt{2}}{2}}=\dfrac{a\sqrt{34}}{34}$.
Đáp án A.