Cho hình chóp $\large S.ABCD$ có đáy $\large ABCD$ là hình chữ nhật vớ

Cho hình chóp $\large S.ABCD$ có đáy $\large ABCD$ là hình chữ nhật với $\large AB=a,BD=a\sqrt{3}$ . Mặt bên $\large SAB$ là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi $\large M$ là điểm thuộc cạnh $\large SD$ sao cho $\large MD=2MS$. Tính theo $\large a$ khoảng cách $\large h$ giữa hai đường thẳng $\large AD$ và $\large MC$.

• A.

  A. $\large\frac{a\sqrt{21}}{14}$

• B.

  B. $\large\frac{2a\sqrt{21}}{7}$

• C.

  C. $\large\frac{3a\sqrt{21}}{14}$

• D.

  D. $\large\frac{a\sqrt{21}}{7}$

Trong tam giác $\large SAD$, kẻ $\large MN//DA(N\in SA)$

Ta có $\large\left\{\begin{align}AD\perp SH\\AD\perp AB \end{align} \right.$ $\large\Rightarrow AD\perp(SAB)\Rightarrow MN\perp(SAB)$

Khi đó: $\large\left\{\begin{align}AE\perp MN\subset(MBC)\\AE\perp BN \subset(MBC)\end{align} \right.$ $\large\Rightarrow AE\perp(MBC)\Rightarrow d(A,(MBC))=AE$

Ta có: $\large \frac{NA}{SA}=\frac{MD}{SD}=\frac{2}{3}\Rightarrow S_{BNA}=\frac{2}{3}S_{BAS}=\frac{2}{3}\cdot \frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}=\frac{a^{2} \sqrt{3}}{6}$

Áp dụng định lý cosin trong tam giác $\large NBA$, ta có 

$\large BN^{2}=AB^{2}+AN^{2}-2AB\cdot AN\cdot \cos \widehat{NAB}=a^{2}+\frac{4 a^{2}}{9}-2 \cdot a \cdot \frac{2a}{3} \cos 60^{\circ}=\frac{7a^{2}}{9} \Rightarrow BN=\frac{a\sqrt{7}}{3}$

Suy ra $\large AE=\frac{2S_{BNA}}{BN}=\frac{2\cdot \frac{a^{2} \sqrt{3}}{6}}{\frac{a \sqrt{7}}{3}}=\frac{a\sqrt{21}}{7}$ Vậy $\large h=d(A,(MBC))=\frac{a\sqrt{21}}{7}$

Đáp án D