Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau

Bước 1: Gọi $I$ là trung điểm ${A^\prime }{B^\prime }$. Tính BI, BC

Gọi $I$ là trung điểm ${A^\prime }{B^\prime }$$\Rightarrow {C^\prime }I \bot {A^\prime }{B^\prime } \Rightarrow {C^\prime }I \bot \left( {AB{B^\prime }{A^\prime }} \right)$.

$BI = \sqrt {B{B^{\prime 2}} + {B^\prime }{I^2}}  = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{2} \cdot B{C^\prime }$$= \dfrac{{BI}}{{\cos \widehat {{C^\prime }BI}}} = a\sqrt 5$

$BC = \sqrt {B{C^{\prime 2}} - C{C^{\prime 2}}}  = 2a$.

Bước 2: Gọi $E$ là điểm sao cho $B$ là trung điểm $E P$. Chứng minh $d(AM,NP)$$= 2d(B;(AME))$.

Gọi $E$ là điểm sao cho $B$ là trung điểm $E P$.

$\Rightarrow MNPE$ là hình bình hành $\Rightarrow EM//NP$

$\Rightarrow d(AM,NP) = d(P;(AME))$$= 2d(B;(AME))$.

Bước 3: Tính $d(AM,NP)$

Ké $BK \bot AE(K \in AE),BH \bot MK(H \in KM)$

$\Rightarrow AE \bot \left( {BMK} \right) \Rightarrow AE \bot BH$$\Rightarrow BH \bot \left( {AME} \right)$

$\Rightarrow d(B,(AME)) = BH.$

Tam giác $A P E$ có $AB = BP = BE = a$

$\Rightarrow \Delta APE$ vuông ở $A$

$\Rightarrow BK//AP$.

Mà $B$ là trung điểm $EP$$\Rightarrow KB = \dfrac{1}{2}AP$.

Ta có: $A{P^2} = \dfrac{{A{B^2} + A{C^2}}}{2} - \dfrac{{B{C^2}}}{4}$$\Rightarrow AP = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{2} \Rightarrow BK = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{4}$.

$BH = \dfrac{{BK.BM}}{{\sqrt {B{K^2} + B{M^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{{10}}$$\Rightarrow d(AM,NP) = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{5}$

Bước 1: Dựng hình bình hành $BICK$. Gọi $H$ là tâm $\Delta BCD$. Vẽ $HM \bot KC$ tại $M,HN \bot AM$ tại $N$.

Dựng hình bình hành $BICK$

$\Rightarrow BICK$ là hình chữ nhật do $BI \bot CD$.

Gọi $H$ là tâm $\Delta BCD$.

Vẽ $HM \bot KC$ tại $M,HN \bot AM$ tại $N$.

Bước 2: Chứng minh $d(AC,BI) = HN$

Ta có $CK \bot (AHM) \Rightarrow CK \bot HN$$\Rightarrow HN \bot (ACK)$.

Ta có $BI//(ACK)$

$\Rightarrow d(AC,BI) = d(BI,(ACK))$$= d(H,(ACK)) = HN.$

Bước 3: Tính HN

Xét tam giác vuông $ABH$ có $AH = \sqrt {A{B^2} - B{H^2}}$$= \sqrt {11 - {{\left( {\dfrac{{\sqrt {11}  \cdot \sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}}  = \dfrac{{\sqrt {66} }}{3}$

Ta có $HM = CI = \dfrac{{\sqrt {11} }}{2}$ (vì $B I C K$ là hình chữ nhật)

Xét $\Delta AHM$ vuông có $HN = \dfrac{{AH.HM}}{{\sqrt {A{H^2} + H{M^2}} }} = \dfrac{{\dfrac{{\sqrt {66} }}{3} \cdot \dfrac{{\sqrt {11} }}{2}}}{{\sqrt {\dfrac{{22}}{3} + \dfrac{{11}}{4}} }}$$= \sqrt 2$$\Rightarrow d(AC,BI) = \sqrt 2$.

Bước 1:

Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB và CD.

=> EF//BC

=> BC//(SEF)

Bước 2:

Mà $O \in EF$$\Rightarrow SO \subset \left( {SEF} \right)$

$\begin{array}{l} \Rightarrow d\left( {BC,SO} \right) = d\left( {BC,\left( {SEF} \right)} \right)\\ = d\left( {B,\left( {SEF} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SEF} \right)} \right)\end{array}$

Bước 3:

Kẻ AG vuông góc với SE.

Ta có $EF\parallel AD,AD \bot AB \Rightarrow EF \bot AB$

Mà $EF \bot SA$

$\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l} \Rightarrow EF \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow \left( {SEF} \right) \bot \left( {SAB} \right)\\\left( {SEF} \right) \cap \left( {SAB} \right) = SE\\AG \subset \left( {SAB} \right),AG \bot SE\end{array} \right\}\\ \Rightarrow AG \bot \left( {SEF} \right)\\ =  > d\left( {A,\left( {SEF} \right)} \right) = AG\end{array}$

Bước 4:

Ta có $AE = \dfrac{{AB}}{2} = \dfrac{a}{2};SA = a\sqrt 6$.

$\begin{array}{l}\dfrac{1}{{A{G^2}}} = \dfrac{1}{{S{A^2}}} + \dfrac{1}{{A{E^2}}} = \dfrac{1}{{6{a^2}}} + \dfrac{4}{{{a^2}}} = \dfrac{{25}}{{6{a^2}}}\\ =  > d\left( {BC,SO} \right) = AG = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{5}\end{array}$

Gọi $N$ là trung điểm $A B$. Kẻ $AH \bot SN$.

Vì $MN//AC,MN \subset (SMN)$ nên $AC//(SMN)$

$\Rightarrow d(SM;AC) = d(AC;(SMN))$$= d(A;(SMN))$

Ta có $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{MN \bot AB}\\{MN \bot SA}\end{array}} \right.$$\Rightarrow MN \bot (SAB) \Rightarrow MN \bot AH$.

Từ đó suy ra $AH \bot (SMN)$$\Rightarrow d(SM;AC) = AH$.

Lại có $\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{S^2}}} + \dfrac{1}{{A{N^2}}} = \dfrac{{13}}{{3{a^2}}}$$\Rightarrow AH = \dfrac{{\sqrt {39} a}}{{13}}$.

Bước 1: Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ lên mặt phẳng $(BCD)$. Chứng minh HBCD là hình chữ nhật và tìm các cạnh của tứ giác.

Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ lên mặt phẳng $(BCD)$.

${\rm{ Do }}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot AB}\\{BC \bot AH,({\rm{ do }}AH \bot (BCD))}\end{array}} \right.$

$\Rightarrow BC \bot (ABH) \Rightarrow BC \bot BH(1)$

Tương tự $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CD \bot AD}\\{CD \bot AH,({\rm{ do }}AH \bot (BCD))}\end{array}} \right.$

$\Rightarrow CD \bot (ADH) \Rightarrow CD \bot DH(2)$

Ta có $\widehat {BCD} = {90^0 }$. (3)

Từ (1), (2), (3) nên tứ giác HBCD là hình chữ nhật có $BC = HD = 2a;HB = DC = a$ và $(\widehat {AB,(BCD)}) = \overline {(AB,BH)}  = \widehat {ABH} = {60^0}$.

Bước 2: Gọi $E$ là đỉnh của hình bình hành BDCE. HN là đường cao tam giác HEC. Chứng minh $d(AC,BD) = \dfrac{1}{2}HK$

Gọi $E$ là đỉnh của hình bình hành BDCE.

Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BD bằng

$d(AC,BD) = d(BD,(AEC))$$= d(B,(AEC)) = \dfrac{1}{2}d(H,(AEC))$.

Gọi HN là đường cao tam giác HEC, đường thẳng HK là đường cao tam giác AHN.

Ta có $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CE \bot HN}\\{CE \bot AH,({\rm{ do }}AH \bot (BCD))}\end{array}} \right.$

$\Rightarrow CE \bot (AHN) \Rightarrow CE \bot HK$ và $AN \bot HK$ nên $HK \bot (AEC)$.

Vậy $d(AC,BD) = \dfrac{1}{2}d(H,(AEC)) = \dfrac{1}{2}HK$.

Bước 3: Tính $d(AC,BD)$

Trong $\Delta HEC$ có $HE.BC = EC.HN$$\Rightarrow HN = \dfrac{{HE.BC}}{{EC}} = \dfrac{{4a}}{{\sqrt 5 }}$.

Trong $\Delta AHN$ có $\dfrac{1}{{H{K^2}}} = \dfrac{1}{{H{A^2}}} + \dfrac{1}{{H{N^2}}}$$= \dfrac{1}{{3{a^2}}} + \dfrac{5}{{16{a^2}}} = \dfrac{{31}}{{48{a^2}}}$$\Rightarrow HK = \dfrac{{4\sqrt 3 a}}{{\sqrt {31} }}$

Vậy $d(AC,BD) = \dfrac{1}{2}HK = \dfrac{{2\sqrt 3 a}}{{\sqrt {31} }}$.

Bước 1: $d\left( {M,\left( {A{B^\prime }C} \right)} \right) = \dfrac{3}{4}d\left( {B;\left( {A{B^\prime }C} \right)} \right)$

Ta có ${B^\prime }C//{A^\prime }D \Rightarrow {B^\prime }C//\left( {AD{D^\prime }{A^\prime }} \right) \supset A{D^\prime }$

$\Rightarrow d\left( {{B^\prime }C,A{D^\prime }} \right) = d\left( {C,\left( {AD{D^\prime }{A^\prime }} \right)} \right) = CD = a.$

Suy ra $x = a$. Lại có $\dfrac{{MA}}{{DA}} = \dfrac{3}{4}$ .

$\Rightarrow d\left( {M,\left( {A{B^\prime }C} \right)} \right) = \dfrac{3}{4}d\left( {D,\left( {A{B^\prime }C} \right)} \right) = \dfrac{3}{4}d\left( {B;\left( {A{B^\prime }C} \right)} \right)$.

Bước 2: Gọi I là hình chiếu vuông góc của $B$ lên $A C$

Gọi I là hình chiếu vuông góc của $B$ lên $A C$ ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AC \bot BI}\\{AC \bot B{B^\prime }}\end{array} \Rightarrow AC \bot \left( {B{B^\prime }I} \right)} \right.$

Bước 3: Gọi $H$ là hình chiếu của $B$ lên ${B^\prime }I$

Gọi $H$ là hình chiếu của $B$ lên ${B^\prime }I$ ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BH \bot {B^\prime }I}\\{BH \bot AC}\end{array} \Rightarrow BH \bot \left( {{B^\prime }AC} \right) \Rightarrow d\left( {B,\left( {A{B^\prime }C} \right)} \right) = BH.} \right.$ Trong tam giác $A B C$, ta có: $AB \cdot BC = AC \cdot BI \Rightarrow BI = \dfrac{{AB \cdot BC}}{{AC}} = \dfrac{{a \cdot 2a}}{{a\sqrt 5 }} = \dfrac{{2a\sqrt 5 }}{5}$. Trong tam giác $B{B^\prime }I$, ta có: $\dfrac{1}{{B{H^2}}} = \dfrac{1}{{B{I^2}}} + \dfrac{1}{{B{B^{\prime 2}}}} \Rightarrow BH = \dfrac{{BI \cdot B{B^\prime }}}{{\sqrt {B{I^2} + B{B^{\prime 2}}} }} = \dfrac{{2a}}{3}$ $\Rightarrow d\left( {M,\left( {A{B^\prime }C} \right)} \right) = \dfrac{3}{4} \cdot \dfrac{{2a}}{3} = \dfrac{a}{2}.$ Suy ra $y = \dfrac{a}{2}.$ Vậy $xy = \dfrac{{{a^2}}}{2}$.

Gọi I là giao điểm của MB và AC, kẻ $IK//SC\left( {K \in SA} \right)$, kẻ $MN//SC\left( {N \in S{\rm{D}}} \right)$. Khi đó $KI,MN \subset \left( {BMN} \right)$. Kẻ $AH \bot KM$

Do ABCD là hình chữ nhật có AB=2CD nên $AM \bot BM \Rightarrow BM \bot \left( {SAM} \right)$

$\Rightarrow \left( {BMN} \right) \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow AH \bot \left( {BMN} \right)$

Ta có AI=2CI (vì CM//AB và AB=2CM)

Suy ra AK=2KS và

$\begin{array}{l}d\left( {SC,BM} \right) = d\left( {SC,\left( {BMN} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {BMN} \right)} \right)\\ = \dfrac{1}{2}d\left( {A,\left( {BMN} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}AH\end{array}$

$\begin{array}{l}AK = \dfrac{2}{3}SA = 2{\rm{a}};AM = AD\sqrt 2  = a\sqrt 2 \\ \Rightarrow \dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{K^2}}} + \dfrac{1}{{A{M^2}}} = \dfrac{1}{{4{{\rm{a}}^2}}} + \dfrac{1}{{2{{\rm{a}}^2}}} = \dfrac{3}{{4{{\rm{a}}^2}}}\\ \Rightarrow AH = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{3}\end{array}$

Ta có: $HE//\left( {SBD} \right) \Rightarrow d\left( {HE;SB} \right) = d\left( {HE;\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {H;\left( {SBD} \right)} \right)$

Gọi O là tâm của hình vuông, I là trung điểm của BO.

$\Rightarrow HI//AC$, mà $BD \bot AC \Rightarrow HI \bot BD$

Mà $SH \bot BD \Rightarrow BD \bot \left( {SHI} \right) \Rightarrow BD \bot HK$ $\left( {K \in SI,\,\,HK \bot SI} \right)$

$\Rightarrow d\left( {H;\left( {SBD} \right)} \right) = HK$

$HD = \sqrt {{a^2} + \dfrac{{{a^2}}}{4}}  = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{2},\,\,SH = \sqrt {S{D^2} - H{D^2}}  = \sqrt {\dfrac{{17{a^2}}}{4} - \dfrac{{5{a^2}}}{4}}  = a\sqrt 3$

$HI = \dfrac{1}{2}AO = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{4}$

$\dfrac{1}{{H{K^2}}} = \dfrac{1}{{S{H^2}}} + \dfrac{1}{{H{I^2}}} \Leftrightarrow \dfrac{1}{{H{K^2}}} = \dfrac{1}{{3{a^2}}} + \dfrac{8}{{{a^2}}} = \dfrac{{25}}{{3{a^2}}} \Rightarrow HK = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{5}$

Vậy $d\left( {HE;SB} \right) = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{5}.$

Đáp án A: Đúng

 Đáp án B: Sai, do phát biểu này thiếu yếu tố "đường vuông góc chung phải cắt nhau với hai đường thẳng đã cho".

 Đáp án C: Sai, vì "mặt phẳng đi qua đường thẳng này và vuông góc với đường thẳng kia" chưa chắc đã tồn tại.

 Đáp án D: Sai, do phát biểu này thiếu yếu tố vuông góc.

Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $a$ và $b$ là khoảng cách từ một điểm $M$ thuộc đường thẳng $b$ đến mặt phẳng $(P)$ chứa $a$ và song song với $b$ chứ không phải khoảng cách giữa hai điểm như đáp án C nói nên C sai.

Ta có $SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \widehat {\left( {SB;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SB;AB} \right)} = \widehat {SBA} = {60^0}$

Tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$ nên $AB = BC = \dfrac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{a}{2}$

Xét tam giác vuông $SAB$ có : $SA = AB.\tan {60^0} = \dfrac{a}{2}.\sqrt 3  = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$

Ta có $d\left( {AD;SC} \right) = d\left( {AD;\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right)$

Kẻ $AK \bot SB$.

Do $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\\BC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AK$, mà $AK \bot SB$ nên $AK \bot \left( {SBC} \right)$

Khi đó

$d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = AK = \dfrac{{SA.AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{a}{2}}}{{\sqrt {{{\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{a}{2}} \right)}^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\BD \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)$.

Trong (SAC) kẻ $OK \bot SA\,\,\left( 1 \right)$ ta có : $OK \subset \left( {SAC} \right) \Rightarrow OK \bot BD\,\,\,\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) ta có $OK$ là đường vuông góc chung của $SA$ và $BD.$  Khi đó $d\left( {SA;BD} \right) = OK = \dfrac{{SO.OA}}{{\sqrt {S{O^2} + O{A^2}} }} = \dfrac{{\sqrt 3 .\dfrac{{2\sqrt 2 }}{2}}}{{\sqrt {{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{{2\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} }} = \dfrac{{\sqrt {30} }}{5}.$

Do $BB'\parallel AA'$ nên $d\left( {BB';A'H} \right) = d\left( {BB';\left( {AA'H} \right)} \right) = d\left( {B;\left( {AA'H} \right)} \right).$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BH \bot AH\\BH \bot A'H\end{array} \right. \Rightarrow BH \bot \left( {AA'H} \right)$

Nên $d\left( {B;\left( {AA'H} \right)} \right) = BH = \dfrac{{BC}}{2} = a.$

Vậy khoảng cách $d\left( {BB';A'H} \right) = a$.

Ta có $AC = a\sqrt 2 .$ Do $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ và $SC$ tạo với đáy góc ${60^0}$ nên $\widehat {SCA} = {60^0}$.

Khi đó $SA = AC\tan {60^0} = a\sqrt 6$. Do $\left\{ \begin{array}{l}AB \bot AD\\AB \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SAD} \right)$.

Trong (SAD) dựng $AH \bot SD\,\,\left( 1 \right)$ suy ra $AB \bot AH\,\,\left( 2 \right)$  là đoạn vuông góc chung $AB$ và $SD$.

Ta có $AH = \dfrac{{SA.AD}}{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 6 .a}}{{\sqrt {6{a^2} + {a^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt {42} }}{7}$

Vậy khoảng cách $d\left( {AB;SD} \right) = \dfrac{{a\sqrt {42} }}{7}.$

Gọi $H$ là trung điểm của $BC$ khi đó $SH \bot BC$.

Mặt khác $\left( {SBC} \right) \bot \left( {ABC} \right)$ do đó $SH \bot \left( {ABC} \right)$.

Ta có $SH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$ và $AB = AC = \dfrac{a}{{\sqrt 2 }};AH = \dfrac{{BC}}{2} = \dfrac{a}{2}$.

Do $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AH\\BC \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SHA} \right).$

Dựng $HK \bot SA$ khi đó $HK$ là đoạn vuông góc chung của $BC$ và $SA$.

Lại có $HK = \dfrac{{SH.AH}}{{\sqrt {S{H^2} + H{A^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}$. Vậy $d\left( {SA;BC} \right) = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}.$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)$

$\Rightarrow \widehat {SBA}$ là góc giữa $2$ mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$

Ta có $SA = AB\tan \widehat {SBA} = a\sqrt 3$.

Do $AB||CD$ do đó $d\left( {AB;CM} \right) = d\left( {AB;\left( {CMD} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right)$

Dựng $AH \bot SD\,\,\,\left( 1 \right)$ ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot AH\,\,\left( 2 \right).$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow AH \bot \left( {SCD} \right)$,

khi đó $d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = AH$

Lại có $AH = \dfrac{{SA.AD}}{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }}$

$= \dfrac{{a\sqrt 3 .a}}{{\sqrt {3{a^2} + {a^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.$

Do đó $d = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.$

Gọi $E = HK \cap AC.$ Do $HK\parallel BD$ nên suy ra

$d\left( {HK;SD} \right) = d\left( {HK;\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {E;\left( {SBD} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}d\left( {A;\left( {SBD} \right)} \right)$ (vì $OE = \dfrac{1}{2}AO$)

Kẻ $AF \bot SO\,\,\left( 1 \right)$ ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\BD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot AF\,\,\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow AF \bot \left( {SBD} \right)$, khi đó

$d\left( {A;\left( {SBD} \right)} \right) = AF = \dfrac{{SA.AO}}{{\sqrt {S{A^2} + A{O^2}} }} = \dfrac{{2a.\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{\sqrt {4{a^2} + \dfrac{{{a^2}}}{2}} }} = \dfrac{{2a}}{3}.$

Vậy khoảng cách $d\left( {HK;SD} \right) = \dfrac{1}{2}AF = \dfrac{a}{3}.$

Do $AB\parallel CD$ nên $d\left( {SD;AB} \right) = d\left( {AB;\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = \dfrac{4}{3}d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right).$

(Do $AH \cap \left( {SCD} \right) = C$ $\Rightarrow \dfrac{{d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right)}} = \dfrac{{AC}}{{HC}} = \dfrac{4}{3}$ $\Rightarrow d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = \dfrac{4}{3}d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right)$)

Kẻ $HE \bot CD$, kẻ $HL \bot SE\,\,\left( 1 \right)$ ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}CD \bot SH\\CD \bot HE\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SHE} \right) \Rightarrow CD \bot HL\,\,\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow HL \bot \left( {SCD} \right)$

$\Rightarrow d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right) = HL$

Tính được $SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}}  = a\sqrt 2$, $HE = \dfrac{3}{4}AD = 3a.$

Khi đó $d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right) = HL = \dfrac{{SH.HE}}{{\sqrt {S{H^2} + H{E^2}} }} = \dfrac{{3a\sqrt 2 }}{{\sqrt {11} }}.$

Vậy $d\left( {SD;AB} \right) = \dfrac{4}{3}HL = \dfrac{{4a\sqrt {22} }}{{11}}.$

Gọi $I$ là trung điểm của $AD$ nên suy ra $SI \bot AD \Rightarrow SI \bot \left( {ABCD} \right)$ và $SI = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$

Kẻ $Ax\parallel BD$. Do đó $d\left( {BD;SA} \right) = d\left( {BD;\left( {SAx} \right)} \right) = d\left( {D;\left( {SAx} \right)} \right) = 2d\left( {I;\left( {SAx} \right)} \right)$ 

(vì $DI \cap \left( {SAx} \right) = A$ và $IA = \dfrac{1}{2}DA$)

Kẻ $IE \bot Ax$, kẻ $IK \bot SE\,\,\left( 1 \right)$ ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}Ax \bot SI\\Ax \bot IE\end{array} \right. \Rightarrow Ax \bot \left( {SIE} \right) \Rightarrow Ax \bot IK\,\,\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow IK \bot \left( {SAx} \right)$. Khi đó $d\left( {I;\left( {SAx} \right)} \right) = IK$

Gọi $F$ là hình chiếu của $I$ trên $BD$, ta dễ dàng chứng minh được $\Delta IAE = \Delta IDF\left( {ch - gn} \right)$ $\Rightarrow IE = IF = \dfrac{{AO}}{2} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{4}$

Tam giác vuông $SIE$, có $IK = \dfrac{{SI.IE}}{{\sqrt {S{I^2} + I{E^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt {21} }}{{14}}$

Vậy $d\left( {BD;SA} \right) = 2IK = \dfrac{{a\sqrt {21} }}{7}.$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}CI \bot AB\\SH \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SIC} \right)$

Dựng $IF \bot SC\,\,\left( 1 \right)$ khi đó $IF \subset \left( {SIC} \right) \Rightarrow IF \bot AB\,\,\left( 2 \right)$, do đó  $IF$ là đoạn vuông góc chung của $AB$ và $SC$. Dựng $HE \bot SC \Rightarrow HE//IF$ ta có: $HE = \dfrac{1}{2}IF$

Lại có $CI = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow CH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}$

Khi đó

$HE = \dfrac{{SH.HC}}{{\sqrt {S{H^2} + C{H^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 3 .\dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}}}{{\sqrt {{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}} \right)}^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt {51} }}{{17}} \Rightarrow IF = \dfrac{{2a\sqrt {51} }}{{17}}$.