Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB=2a, BC=a , tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với (ABCD) . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SDB) bằng

Đáp án C

Gọi H là trung điểm của AB, do tam giác SAB đều $\Rightarrow SH\perp AB$ .

Ta có:  $\{\begin{array}{l}\left(SAB\right)\cap \left(ABC\text{D}\right)=AB\\ \left(SAB\right)\perp \left(ABC\text{D}\right)\\ \left(SAB\right)\supset SH\perp AB\end{array}\Rightarrow SH\perp \left(ABC\text{D}\right)$

 Ta có: $AH\cap \left(S\text{D}B\right)\Rightarrow B\Rightarrow \frac{d\left(A;\left(S\text{D}B\right)\right)}{d\left(H;\left(S\text{D}B\right)\right)}=\frac{AB}{HB}=2\Rightarrow d\left(A;\left(S\text{D}B\right)\right)=2\text{d}\left(H;\left(S\text{D}B\right)\right)$

Trong $\left(ABC\text{D}\right)$  kẻ $HM\perp B\text{D }(M\in B\text{D})$ , trong $\left(SHM\right)$  kẻ $HK\perp SM(K\in SM)$

Ta có: $\{\begin{array}{l}B\text{D}\perp HM\\ B\text{D}\perp \text{SH }\left(SH\perp \left(ABC\text{D}\right)\right)\end{array}\Rightarrow B\text{D}\perp \left(SHM\right)\Rightarrow B\text{D}\perp HK$

$\{\begin{array}{l}HK\perp SM\\ HK\perp B\text{D}\end{array}\Rightarrow HK\perp \left(S\text{D}B\right)\Rightarrow d\left(H;\left(S\text{D}B\right)\right)=HK$

Trong (ABCD) kẻ $A\text{E}\perp B\text{D }(E\in B\text{D})\Rightarrow A\text{E // HM}$

Ta có $A\text{E}=\frac{AB.A\text{D}}{\sqrt{A{B}^2+A{\text{D}}^2}}=\frac{2\text{a}.a}{\sqrt{4{\text{a}}^2+a^2}}=\frac{2\text{a}}{\sqrt{5}}$

Có HM là đường trung bình của tam giác ABE $\Rightarrow HM=\frac{1}{2}A\text{E}=\frac{a}{\sqrt{5}}$

Tam giác SAB đều cạnh $AB=2\text{a}\Rightarrow SH=\frac{2\text{a}\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$

Xét tam giác vuông SHM: $HK=\frac{SH.HM}{\sqrt{S{H}^2+H{M}^2}}=\frac{a\sqrt{3}.\frac{a}{\sqrt{5}}}{\sqrt{3{\text{a}}^2+\frac{a^2}{5}}}=\frac{a\sqrt{3}}{4}$

Vậy $d\left(A;\left(S\text{D}B\right)\right)=2.\frac{a\sqrt{3}}{4}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ .