Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có cạnh đáy bằng $a$. Gọi $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của $SA$ và $BC$. Biết góc giữa $MN$ và mặt phẳng $(ABC)$ bằng $60^\circ$.

a) Sai b) Sai c) Sai d) Đúng Lời giải Gọi $O$ là tâm đáy $ABCD$. Vì $S.ABCD$ là chóp tứ giác đều nên đáy là hình vuông. $$ AO \perp BD \text{ và } SO \perp (ABCD) \Rightarrow SO \perp AO \Rightarrow AO \perp (SBD) \text{ tại } O $$ $$ d(A, (SBD)) = AO = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}\sqrt{AB^{2} + BC^{2}} = \frac{a\sqrt{2}}{2} $$ Gọi $I$ là trung điểm $OA$. Vì $IM$ là đường trung bình của tam giác $SOA$ nên $IM // SO \Rightarrow IM \perp (ABCD)$. Khi đó $d(M, (ABCD)) = IM$. Hình chiếu của $MN$ lên $(ABCD)$ là $IN$. Suy ra $\widehat{MNI} = 60^\circ$. Áp dụng định lí cosin trong $\triangle CIN$: $$ IN = \sqrt{CI^{2} + CN^{2} - 2CI \cdot CN \cdot \cos45^\circ} = \frac{a\sqrt{5}}{2\sqrt{2}} $$ Trong tam giác vuông $MIN$: $$ \tan60^\circ = \frac{MI}{IN} \Rightarrow MI = IN \cdot \sqrt{3} = \frac{a\sqrt{30}}{4} \Rightarrow d(M, ABCD) = \frac{a\sqrt{30}}{4} $$ Vì $\triangle SBC$ cân tại $S$ nên $SN \perp BC \Rightarrow d(S, BC) = SN$. Ta có $SO = 2IM = \frac{a\sqrt{30}}{2}$ và $ON = \frac{1}{2}CD = \frac{a}{2}$ (do $ON$ là đường trung bình của $\triangle BCD$). Áp dụng định lí Pythagore trong $\triangle SON$: $$ SN = \sqrt{SO^{2} + ON^{2}} = \sqrt{\frac{30}{4}a^{2} + \frac{a^{2}}{4}} = \frac{a\sqrt{31}}{2} $$ d) Đúng Ta có $d(BC, DM) = d(BC, (SAD)) = d(N, (SAD)) = 2d(O, (SAD)) = 2d(O, (SBC))$. Kẻ $OE \perp SN$ tại $E$, suy ra $OE \perp (SBC)$. Khi đó $d(O, (SBC)) = OE$, mà $$ \frac{1}{OE^{2}} = \frac{1}{OS^{2}} + \frac{1}{ON^{2}} = \frac{4}{30a^{2}} + \frac{4}{a^{2}} = \frac{62}{15a^{2}} \Rightarrow OE = \frac{a\sqrt{15}}{\sqrt{62}} $$ Vậy $d(BC, DM) = 2OE = \frac{2a\sqrt{15}}{\sqrt{62}} = a\sqrt{\frac{30}{31}}$.