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

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