Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng

Do $\left\{ \begin{array}{l}SA \bot AB\\SA \bot BC\end{array} \right.$ nên $SA \bot (ABC) \Rightarrow SA \bot AC$

Như vậy $SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}}  = \sqrt {S{A^2} + A{B^2} + B{C^2}}  = \sqrt 3$

Dựng hình chiếu $H$ của $C$ trên $AM$

Do $\Delta BCD$ đều cạnh $a$ nên đường cao $MC = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$

$d\left( {C,AM} \right) = CH = \dfrac{{AC.MC}}{{\sqrt {A{C^2} + M{C^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt {66} }}{{11}}$

+ Dựng $AH \bot BC$ $\Rightarrow d\left( {A,BC} \right) = AH$.

+ $\left\{ \begin{array}{l}AS \bot \left( {SBC} \right) \supset BC \Rightarrow AS \bot BC\\AH \bot BC\end{array} \right.$, $AH$cắt $AS$ cùng nằm trong $\left( {SAH} \right)$.

$\Rightarrow BC \bot \left( {SAH} \right) \supset SH \Rightarrow BC \bot SH$.

Xét trong $\Delta SBC$ vuông tại $S$ có $SH$ là đường cao ta có:

$\dfrac{1}{{S{H^2}}} = \dfrac{1}{{S{B^2}}} + \dfrac{1}{{S{C^2}}} = \dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{4{a^2}}} = \dfrac{5}{{4{a^2}}}$ $\Rightarrow S{H^2} = \dfrac{{4{a^2}}}{5}$ $\Rightarrow SH = \dfrac{{2a\sqrt 5 }}{5}$.

+ Ta dễ chứng minh được $AS \bot \left( {SBC} \right) \supset SH \Rightarrow AS \bot SH$ $\Rightarrow \Delta ASH$ vuông tại $S$.

Áp dụng định lý Pi-ta-go cho $\Delta ASH$ vuông tại $S$ta có:

$A{H^2} = S{A^2} + S{H^2} = 9{a^2} + \dfrac{{4{a^2}}}{5} = \dfrac{{49{a^2}}}{5}$ $\Rightarrow AH = \dfrac{{7a\sqrt 5 }}{5}$.

Dựng $CH \bot AM \Rightarrow d\left( {C,AM} \right) = CH$ .

Vì $\Delta BCD$ là tam giác đều cạnh $a$ và $M$ là trung điểm của $BD$ nên dễ tính được $CM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Xét $\Delta ACM$ vuông tại $C$ có $CH$ là đường cao, ta có:

$\begin{array}{l}\dfrac{1}{{C{H^2}}} = \dfrac{1}{{C{A^2}}} + \dfrac{1}{{C{M^2}}} = \dfrac{1}{{2{a^2}}} + \dfrac{1}{{\dfrac{{3{a^2}}}{4}}} = \dfrac{{11}}{{6{a^2}}}\\ \Rightarrow C{H^2} = \dfrac{{6{a^2}}}{{11}} \Rightarrow CH = a\sqrt {\dfrac{6}{{11}}} \end{array}$ 

Gọi $O$ là chân đường cao của hình chóp nên $O$ là tâm tam giác đáy.

Do đó $O$ là trọng tâm tam giác $ABC$ hay $O \in AH$

Ta có $AO = \dfrac{2}{3}AH = \dfrac{2}{3}.3a.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3$

${\rm{d}}\left( {S,AH} \right) = SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}}  = a$

Ta có: $SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot MA$ hay $A$ là hình chiếu của $M$ trên $SA$.

Khi đó $d\left( {M,SA} \right) = MA = \sqrt {A{D^2} + D{M^2}}  = \sqrt {{a^2} + \dfrac{{{a^2}}}{4}}  = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}$

Gọi $M$ là trung điểm của $BD$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}AC \bot BD\\CM \bot BD\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot AM$ (Định lý 3 đường vuông góc) $\Rightarrow d\left( {A;BD} \right) = AM$.

$CM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$ (vì tam giác $BCD$  đều).

Ta có: $AM = \sqrt {A{C^2} + M{C^2}}  = \sqrt {2{a^2} + \dfrac{{3{a^2}}}{4}}  = \dfrac{{a\sqrt {11} }}{2}$.

Kẻ $AH \bot SC$, khi đó $d\left( {A,SC} \right) = AH$.

$ABCD$ là hình thoi cạnh bằng $a$ và $\hat B = 60^\circ  \Rightarrow \Delta ABC$ đều nên $AC = a$.

Trong tam giác vuông $SAC$ta có:

$\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{S{A^2}}} + \dfrac{1}{{A{C^2}}}$

$\Rightarrow AH = \dfrac{{SA.AC}}{{\sqrt {S{A^2} + A{C^2}} }} = \dfrac{{2a.a}}{{\sqrt {4{a^2} + {a^2}} }} = \dfrac{{2\sqrt 5 a}}{5}$.

Kẻ $OH \bot SC$, khi đó $d\left( {O,SC} \right) = OH$. Ta có: $\Delta SAC \sim \Delta OHC(g-g)$ nên $\dfrac{{OH}}{{SA}} = \dfrac{{OC}}{{SC}} \Rightarrow OH = \dfrac{{OC}}{{SC}}.SA$.

Mà: $OC = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2},SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}}  = a\sqrt 6$

Vậy $OH = \dfrac{{OC}}{{SC}}.SA = \dfrac{a}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}$

$SO \bot \left( {ABCD} \right)$, $O$ là tâm của hình vuông $ABCD$.

Kẻ $OH \bot SD$, khi đó $d\left( {O;SD} \right) = OH,\alpha  = \widehat {SDO}$

$OD = \dfrac{1}{2}BD = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}$ $\Rightarrow OH = OD\sin \alpha  = \dfrac{{a\sqrt 2 \sin \alpha }}{2}$.

Vì $SA,AB,BC$ vuông góc với nhau từng đôi một nên $CB \bot SB$.

Kẻ $BH \bot SC$, khi đó $d\left( {B;SC} \right) = BH$.

Ta có: $SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}}  = \sqrt {9{a^2} + 3{a^2}}  = 2\sqrt 3 a$.

Trong tam giác vuông $SBC$ ta có:

$\dfrac{1}{{B{H^2}}} = \dfrac{1}{{S{B^2}}} + \dfrac{1}{{B{C^2}}} \Rightarrow BH = \dfrac{{SB.BC}}{{\sqrt {S{B^2} + B{C^2}} }} = 2a$.

Gọi $M$ là trung điểm của $CD'$. Do $ABCD.A'B'C'D'$là hình lập phương nên tam giác $ACD'$là tam giác đều cạnh $a\sqrt 2$.

$AM \bot CD' \Rightarrow d\left( {A,CD'} \right) = AM = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{2}$

Gọi $H$là chân đường vuông góc hạ từ $A$ xuống $DB'$.

Dễ thấy $AD \bot \left( {ABB'A'} \right) \Rightarrow \Delta ADB'$vuông đỉnh $A$.

Lại có $AD = a;AB' = a\sqrt 2  \Rightarrow \dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{D^2}}} + \dfrac{1}{{AB{'^2}}} \Rightarrow AH = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}$

Dễ thấy các tam giác $ABC',C'CA,ADC'$ là các tam giác vuông bằng nhau nên các đường cao hạ từ đỉnh góc vuông xuống cạnh huyền cũng bằng nhau.

Vậy: $d\left( {B,AC'} \right) = d\left( {C,AC'} \right) = d\left( {D,AC'} \right)$

Bước 1:

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

S.ABCD là hình chóp đều nên O là hình chiếu của S lên (ABCD).

=> $d\left( {S,\left( {ABCD} \right)} \right) = SO$

Bước 2:

ABCD là hình vuông nên

$\begin{array}{l}AC = a\sqrt 2 .\sqrt 2  = 2a =  > AO = a\\ =  > S{O^2} = S{A^2} - A{O^2} = 2{a^2} - {a^2} = {a^2}\\ =  > SO = a\end{array}$