Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có $\large $. Gọi M là trung điểm của

Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có $\large $. Gọi M là trung điểm của SC. Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SAB)

• A. $\large \dfrac{3a\sqrt{21}}{7}$
• B. $\large \dfrac{3a\sqrt{3}}{2}$
• C. $\large \dfrac{3a\sqrt{21}}{14}$
• D. $\large \dfrac{3a\sqrt{3}}{4}$

Chọn D

Gọi D là trung điểm của AB, H là trọng tâm tam giác ABC
Khi đó: $\large SH\perp (ABC)$ do S.ABC là hình chóp đều
Kẻ $\large HK\perp SD$ tại K
Ta có: $\large \left\{\begin{align}& AB\perp CD\, (\text{do}\, \Delta ABC\, \text{deu})\\& AB\perp SH\, (\text{do}\, SH\perp ABC))  \\\end{align} \right. $ $\large \Leftrightarrow AB\perp (SDC)\Rightarrow  AB\perp HK$
Mà $\large HK\perp SD\Rightarrow  HK\perp (SAB)$ tại K $\large \Rightarrow  d(H, (SAB))= HK$
+ Vì tam giác ABC đều cạnh 3a nên 
$\large CD= \dfrac{\sqrt{3}}{2}.3a=\dfrac{3a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow  HD= \dfrac{1}{3}CD= \dfrac{a\sqrt{3}}{2};\, HC= \dfrac{2}{3}CD= \sqrt{3}a$
Vì S.ABC là chóp đều nên $\large SC=SA= 2a$
Xét tam giác SHC vuông tại C nên theo định lý pi-ta-go, ta có:
$\large SH=\sqrt{SC^2-HC^2}= \sqrt{4a^2-3a^2}= a$
+ Xét tam giác SHD vuông tại H, có: 
$\large \dfrac{1}{HK^2}= \dfrac{1}{SH^2}+ \dfrac{1}{HD^2}= \dfrac{1}{a^2}+ \dfrac{1}{\dfrac{3}{4}a^2}= \dfrac{7}{3a^2}\Rightarrow  HK= \dfrac{a\sqrt{21}}{7}$
+ Ta có: $\large \dfrac{d(C, (SAB))}{d(H, (SAB))}= \dfrac{CD}{HD}= 3\Leftrightarrow d(C, (SAB))= 3.d(H, (SAB))= \dfrac{3a\sqrt{21}}{7}$
Lại có: $\large \dfrac{d(M, (SAB))}{d(C, (SAB))}= \dfrac{MA}{CA}= \dfrac{1}{2}\Leftrightarrow d(M, (SAB))= \dfrac{1}{2}.d(C, (SAB))= \dfrac{3a\sqrt{21}}{14}$