Vì S.ABCD là hình chóp đều
nên SA=SB=SC=SD
mà OA=OB=OC=OD
nên SO⊥(ABCD)
=>SO⊥AC và SO⊥BD
Ta có: AC⊥BD
AC⊥SO
mà SO,BD cùng thuộc mp(SBD)
nên AC⊥(SBD)
Ta có: OA⊥BD
OA⊥ OS
mà BD,SO cùng thuộc mp(SBD)
Do đó: OA⊥(SBD)
ABCD là hình vuông
=>\(AB^2+BC^2=AC^2\)
=>\(AC^2=a^2+a^2=2a^2\)
=>\(AC=a\sqrt2\)
Vì AO=OC
nên d(A;(SBD))=d(C;(SBD))=2*d(O;(SBD))=2*OA=AC=a\(\sqrt2\)
Gọi K là giao điểm của AC và MN
Xét ΔCBD có
M,N lần lượt là trung điểm của CB,CD
=>MN là đường trung bình của ΔCBD
=>MN//BD và \(MN=\frac{BD}{2}\)
MN//BD nên NK//DO và MK//BO
Xét ΔCDO có NK//DO
nên \(\frac{NK}{DO}=\frac{CK}{CO}=\frac{CN}{CD}=\frac12\)
Xét ΔCOB có KM//OB
nên \(\frac{KM}{OB}=\frac{CK}{CO}=\frac{CM}{CB}=\frac12\)
Ta có: \(\frac{NK}{DO}=\frac{KM}{OB}\)
mà DO=OB
nên NK=KM
=>K là trung điểm của NM
Qua O, kẻ OI⊥ SK tại I
Ta có: BD⊥AC
BD⊥ SO
mà AC,SO cùng thuộc mp(SAC)
nên BD⊥(SAC)
mà MN//BD
nên MN⊥(SAC)
=>MN⊥OI
OI⊥ SK
OI⊥MN
mà SK,MN cùng thuộc mp(SMN)
nên OI⊥(SMN)
=>d(O:(SMN))=OI
\(OK=\frac12OC=\frac12\cdot\frac{a\sqrt2}{2}=\frac{a\sqrt2}{4}\)
ΔSOA vuông tại O
=>\(SO^2+OA^2=SA^2\)
=>\(SO^2=SA^2-AO^2=\left(2a\right)^2-\left(\frac{a\sqrt2}{2}\right)^2=4a^2-a^2\cdot\frac24=4a^2-\frac12a^2=\frac72a^2\)
=>\(SO=a\cdot\sqrt{\frac72}=\frac{a\sqrt{14}}{2}\)
ΔSOK vuông tại O
=>\(SO^2+OK^2=SK^2\)
=>\(SK^2=\left(\frac{a\sqrt{14}}{2}\right)^2+\left(\frac{a\sqrt2}{4}\right)^2=a^2\cdot\frac{14}{4}+a^2\cdot\frac{2}{16}=a^2\cdot\frac72+a^2\cdot\frac18=a^2\cdot\left(\frac72+\frac18\right)=a^2\cdot\frac{29}{8}\)
=>\(SK=a\sqrt{\frac{29}{8}}=\frac{a\sqrt{58}}{4}\)
Xét ΔSOK vuông tại O có OI là đường cao
nên \(OI\cdot SK=SO\cdot OK\)
=>\(OI\cdot\frac{a\sqrt{58}}{4}=\frac{a\sqrt{14}}{2}\cdot\frac{a\sqrt2}{4}=\frac{a^2\cdot\sqrt{28}}{8}=\frac{a^2\cdot2\cdot\sqrt7}{2\cdot4}=\frac{a^2\sqrt7}{4}\)
=>\(OI=\frac{a^2\sqrt7}{a\sqrt{58}}=a\cdot\sqrt{\frac{7}{58}}=\frac{a\sqrt{406}}{58}\)
=>\(d\left(O;\left(SMN\right)\right)=\frac{a\sqrt{406}}{58}\)
