Google
Câu hỏi: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thoi tâm $O$, cạnh $a\sqrt{3}$, $\widehat{BAD}=60{}^\circ $, $SA$ vuông góc với mặt phẳng đáy, $SA=3a$. Khoảng cách giữa hai đường thẳng $SO$ và $AD$ bằng
A. $\dfrac{\sqrt{5}a}{5}$.
B. $\dfrac{3\sqrt{17}a}{17}$.
C. $\dfrac{\sqrt{17}a}{17}$.
D. $\dfrac{3\sqrt{5}a}{5}$.
Gọi $M$ là trung điểm cạnh $AB$.
Ta có $OM \text{//} AD$ nên $AD \text{//} \left( SOM \right)$. Suy ra $d\left( SO,AD \right)=d\left( AD,\left( SOM \right) \right)=d\left( A,\left( SOM \right) \right) \left( 1 \right)$.
Vẽ $AN\bot OM, N\in OM$ và $AH\bot SN \left( 2 \right), H\in SN$.
Do $SA\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow SA\bot OM$. Mà $OM\bot AN$ nên $OM\bot \left( SAN \right)$ $\Rightarrow OM\bot AH \left( 3 \right)$.
Từ $\left( 2 \right)$ và $\left( 3 \right)$ suy ra $AH\bot \left( SOM \right)$ $\Rightarrow AH=d\left( A,\left( SOM \right) \right) \left( 4 \right)$.
Do $AN\bot OM, OM \text{//} AD$ $\Rightarrow AN\bot AD\Rightarrow \widehat{NAD}=90{}^\circ $.
Lại có $ABCD$ là hình thoi tâm $O$ có $\widehat{BAD}=60{}^\circ $ nên $\widehat{MAN}=90{}^\circ -\widehat{BAD}=30{}^\circ $.
Xét tam giác $MAN$ vuông tại $N$ có $AN=AM.\cos \widehat{MAN}=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}.\cos 30{}^\circ =\dfrac{3a}{4}$.
Do tam giác $SAN$ vuông tại $A$ có $AH$ là đường cao nên $\dfrac{1}{A{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{A{{S}^{2}}}+\dfrac{1}{A{{N}^{2}}}$ $\Leftrightarrow AH=\dfrac{AS.AN}{\sqrt{A{{S}^{2}}+A{{N}^{2}}}}=\dfrac{3a.\dfrac{3a}{4}}{\sqrt{9{{a}^{2}}+\dfrac{9{{a}^{2}}}{16}}}=\dfrac{3\sqrt{17}a}{17} \left( 5 \right)$.
Từ $\left( 1 \right),\left( 4 \right)$ và $\left( 5 \right)$ suy ra $d\left( SO,AD \right)=\dfrac{3\sqrt{17}a}{17}$.
A. $\dfrac{\sqrt{5}a}{5}$.
B. $\dfrac{3\sqrt{17}a}{17}$.
C. $\dfrac{\sqrt{17}a}{17}$.
D. $\dfrac{3\sqrt{5}a}{5}$.
Gọi $M$ là trung điểm cạnh $AB$.
Ta có $OM \text{//} AD$ nên $AD \text{//} \left( SOM \right)$. Suy ra $d\left( SO,AD \right)=d\left( AD,\left( SOM \right) \right)=d\left( A,\left( SOM \right) \right) \left( 1 \right)$.
Vẽ $AN\bot OM, N\in OM$ và $AH\bot SN \left( 2 \right), H\in SN$.
Do $SA\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow SA\bot OM$. Mà $OM\bot AN$ nên $OM\bot \left( SAN \right)$ $\Rightarrow OM\bot AH \left( 3 \right)$.
Từ $\left( 2 \right)$ và $\left( 3 \right)$ suy ra $AH\bot \left( SOM \right)$ $\Rightarrow AH=d\left( A,\left( SOM \right) \right) \left( 4 \right)$.
Do $AN\bot OM, OM \text{//} AD$ $\Rightarrow AN\bot AD\Rightarrow \widehat{NAD}=90{}^\circ $.
Lại có $ABCD$ là hình thoi tâm $O$ có $\widehat{BAD}=60{}^\circ $ nên $\widehat{MAN}=90{}^\circ -\widehat{BAD}=30{}^\circ $.
Xét tam giác $MAN$ vuông tại $N$ có $AN=AM.\cos \widehat{MAN}=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}.\cos 30{}^\circ =\dfrac{3a}{4}$.
Do tam giác $SAN$ vuông tại $A$ có $AH$ là đường cao nên $\dfrac{1}{A{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{A{{S}^{2}}}+\dfrac{1}{A{{N}^{2}}}$ $\Leftrightarrow AH=\dfrac{AS.AN}{\sqrt{A{{S}^{2}}+A{{N}^{2}}}}=\dfrac{3a.\dfrac{3a}{4}}{\sqrt{9{{a}^{2}}+\dfrac{9{{a}^{2}}}{16}}}=\dfrac{3\sqrt{17}a}{17} \left( 5 \right)$.
Từ $\left( 1 \right),\left( 4 \right)$ và $\left( 5 \right)$ suy ra $d\left( SO,AD \right)=\dfrac{3\sqrt{17}a}{17}$.
Đáp án B.