Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau

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

Khi đó $\widehat {\left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {SBA} = {60^0}$

Suy ra $SA = AB\tan {60^0} = a\sqrt 3 $.

Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$ ta có:

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

Trong $(SAC)$ dựng $OM \bot SC\,\,\left( 1 \right)$ ta có : \(OM \subset \left( {SAC} \right) \Rightarrow OM \bot BD\,\,\left( 2 \right)\) . Từ (1) và (2) suy ra $OM$ là đường vuông góc chung $BD$ và $SC$.

Ta có $\Delta CAS \backsim \Delta CMO\;\;\left( {g - g} \right)$

$\Rightarrow \dfrac{{SC}}{{CO}} = \dfrac{{SA}}{{MO}} \Rightarrow OM = \dfrac{{SA.OC}}{{SC}}$

$ = \dfrac{{a\sqrt 3 .\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{\sqrt {S{A^2} + A{C^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{{2\sqrt 5 }} = \dfrac{{a\sqrt {30} }}{{10}}.$

Ta có $AC = a\sqrt 2 ;\widehat {SCA} = \widehat {\left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right)} = {45^0} \Rightarrow SA = AC = a\sqrt 2 $

Dựng $Bx||AC \Rightarrow d\left( {AC;SB} \right) = d\left( {AC;(SBx)} \right)$

Dựng $AE \bot Bx,\;AF \bot SE\,\,\,\left( 1 \right)$ ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}Bx \bot AE\\Bx \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow Bx \bot \left( {SAE} \right) \Rightarrow Bx \bot AF\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow AF \bot \left( {SBE} \right)\)  \( \Rightarrow d = d\left( {AC;\left( {SBx} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBx} \right)} \right) = AF\)

Ta có $BE||AC \Rightarrow BE \bot BD$ dễ ràng suy ra $OEBO$ là hình chữ nhật suy ra $AE = OB = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.$

Vậy khoảng cách

$d\left( {SB;AC} \right) = \dfrac{{AE.SA}}{{\sqrt {A{E^2} + S{A^2}} }} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.a\sqrt 2 }}{{\sqrt {{{\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt {10} }}{5}$.

Ta có: \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = 5a\)

Xác định \({60^0} = \widehat {\left( {SC,\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SC,AC} \right)} = \widehat {SCA}\) và \(SA = AC.\tan \widehat {SCA} = 5a\sqrt 3 .\)

Gọi \(N\) là trung điểm \(BC\), suy ra \(MN\parallel AB\).

Lấy điểm \(E\) đối xứng với \(N\) qua \(M\), suy ra \(ABNE\) là hình chữ nhật.

Do đó $d\left( {AB;SM} \right) = d\left( {AB;\left( {SME} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SME} \right)} \right).$

Kẻ \(AK \bot SE\).

Vì \(ME \bot AE,ME \bot SA\) nên \(ME \bot \left( {SAE} \right) \Rightarrow ME \bot AK\)

Mà \(AK \bot SE\) nên \(AK \bot \left( {SME} \right)\)

Khi đó \(d\left( {A;\left( {SME} \right)} \right) = AK = \dfrac{{SA.AE}}{{\sqrt {S{A^2} + A{E^2}} }} = \dfrac{{10a\sqrt 3 }}{{\sqrt {79} }}.\)

Ta có \(\Delta \,SAB = \Delta \,SAD\) \(\left( {c - g - c} \right)\), suy ra \(SB = SD\).

Mà $\widehat {SBD} = {60^0}$$ \Rightarrow $\(\Delta \,SBD\) đều cạnh \(SB = SD = BD = a\sqrt 2 \).

Tam giác vuông \(SAB\), có \(SA = \sqrt {S{B^2} - A{B^2}}  = a\).

Gọi \(E\) là trung điểm \(AD\), suy ra \(OE\parallel AB\) và \(AE \bot OE\).

Do đó \(d\left( {AB;SO} \right) = d\left( {AB;\left( {SOE} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SOE} \right)} \right).\)

Kẻ \(AK \bot SE\,\,\,\left( 1 \right)\)ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}OE \bot AD\\OE \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow OE \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow OE \bot AK\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow AK \bot \left( {SOE} \right)\)

\( \Rightarrow d\left( {A;\left( {SOE} \right)} \right) = AK = \dfrac{{SA.AE}}{{\sqrt {S{A^2} + A{E^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{5}\)

Gọi \(P\) là trung điểm \(BC\) và \(E = NP \cap AC\), suy ra \(PN\parallel BD\) nên \(BD\parallel \left( {MNP} \right)\).

Do đó

\(d\left( {BD;MN} \right) = d\left( {BD;\left( {MNP} \right)} \right) = d\left( {O;\left( {MNP} \right)} \right)\)

Ta có \(PE//BO,P\) là trung điểm của \(BC\) nên \(E\) là trung điểm của \(OC\), do đó \(OE = \dfrac{1}{3}AE\)

Mà \(AO \cap \left( {MNP} \right) = E \Rightarrow d\left( {O;\left( {MNP} \right)} \right) = \dfrac{1}{3}d\left( {A;\left( {MNP} \right)} \right).\)

Kẻ \(AK \bot ME\,\,\left( 1 \right)\) ta có:

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

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow AK \bot \left( {MNP} \right)\).  Khi đó \(d\left( {A;\left( {MNP} \right)} \right) = AK.\)

Tính được \(SA = \sqrt {S{C^2} - A{C^2}}  = 10\sqrt 3  \Rightarrow MA = 5\sqrt 3 ;\,\,AE = \dfrac{3}{4}AC = \dfrac{{15\sqrt 2 }}{2}\)

Tam giác vuông \(MAE\), có \(AK = \dfrac{{MA.AE}}{{\sqrt {M{A^2} + A{E^2}} }} = 3\sqrt 5 .\) Vậy \(d\left( {BD;MN} \right) = \dfrac{1}{3}AK = \sqrt 5 \).

Kẻ \(HK \bot CD \Rightarrow CD \bot \left( {SHK} \right)\), do đó góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SCD} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) là \(\widehat {SKH} = {45^0}\)

Ta có \(\Delta HKD\) vuông cân tại $K$, do vậy \(HK = KD = \dfrac{{3a}}{2} \Rightarrow SH = HK.\tan {45^0} = \dfrac{{3a}}{2}\)

Dựng \(Ax//BD\) ta có \(d\left( {SA,BD} \right) = d\left( {BD,\left( {SAx} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {SAx} \right)} \right)\)

Dựng \(HE \bot Ax \Rightarrow HE = OA = a\sqrt 2 \)

Dựng $HF \bot SE\,\,\,\left( 1 \right)$ ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}Ax \bot SH\\Ax \bot HE\end{array} \right. \Rightarrow Ax \bot \left( {SHE} \right) \Rightarrow Ax \bot HF\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) $ \Rightarrow HF \bot \left( {SAx} \right) \Rightarrow d\left( {H;\left( {SAx} \right)} \right) = HF$

Vậy $HF = \dfrac{{SH.HE}}{{\sqrt {S{H^2} + H{E^2}} }} = \dfrac{{\dfrac{{3a}}{2}.a\sqrt 2 }}{{\sqrt {{{\left( {\dfrac{{3a}}{2}} \right)}^2} + {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}} }} = \dfrac{{3a\sqrt {34} }}{{17}} = d$.

Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\) thì \(B'G \bot \left( {ABC} \right)\)

Dựng \(CI \bot AB\), suy ra $I$ là trung điểm của $AB.$

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot B'G\\AB \bot GI\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {B'GI} \right) \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {ABB'A'} \right);\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {B'IG} = {60^0}\)

Lại có \(CI = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{{3a\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow GI = \dfrac{1}{3}CI = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

\( \Rightarrow B'G = GI.\tan {60^0} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{2}\)

Dựng \(IH \bot B'C\) ta có \(IH \subset \left( {B'IC} \right)\), mà \(AB \bot \left( {B'IC} \right) \Rightarrow IH \bot AB\)

\( \Rightarrow d\left( {AB;B'C} \right) = IH = \dfrac{{B'G.CI}}{{B'C}}\)

Ta có : $B'C = \sqrt {B'{G^2} + G{C^2}}  = \sqrt {\dfrac{{3{a^2}}}{2} + 2{a^2}}  = \dfrac{{a\sqrt {14} }}{2} \Rightarrow IH = \dfrac{{3a\sqrt {42} }}{{14}}$

Do đó $d = IH = \dfrac{{3a\sqrt {42} }}{{14}}$

Ta có $AA' = \sqrt {A'{B^2} - A{B^2}}  = a\sqrt 2 $.

Dựng $Cx||AM$ khi đó $d\left( {AM;B'C} \right) = d\left( {AM;\left( {B'Cx} \right)} \right)$.

$ = d\left( {M;\left( {B'Cx} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}d\left( {B;\left( {B'Cx} \right)} \right)$ 

(vì \(BM \cap \left( {B'Cx} \right) = C\) và \(M\) là trung điểm của \(BC\))

Dựng $\left\{ \begin{array}{l}BE \bot Cx\\BF \bot B'E\,\,\left( 1 \right)\end{array} \right.$ ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}Cx \bot BE\\Cx \bot BB'\end{array} \right. \Rightarrow Cx \bot \left( {BB'E} \right) \Rightarrow Cx \bot BF\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) $ \Rightarrow BF \bot \left( {B'Cx} \right) \Rightarrow d\left( {B;\left( {B'Cx} \right)} \right) = BF$

Gọi \(P = BE \cap AM\), do \(MP//CE,MB = MC\) nên \(PB = PE\)

Mà  $BP = \dfrac{{AB.BM}}{{\sqrt {A{B^2} + B{M^2}} }} = \dfrac{{a.\dfrac{a}{2}}}{{\sqrt {{a^2} + \dfrac{{{a^2}}}{4}} }} = \dfrac{a}{{\sqrt 5 }}$

Suy ra $BE = \dfrac{{2a}}{{\sqrt 5 }} \Rightarrow BF = \dfrac{{BE.BB'}}{{\sqrt {B{E^2} + BB{'^2}} }} = \dfrac{{2a}}{{\sqrt 7 }}$

Do đó $d = \dfrac{a}{{\sqrt 7 }}$.

Ta có : \(\left\{ \begin{align} & AM\bot BC \\ & AM\bot BB' \\ \end{align} \right.\Rightarrow AM\bot \left( BCC'B' \right)\)

Trong \(\left( BCC'B' \right)\) kẻ \(MH//BC'\,\,\left( H\in B'C \right)\Rightarrow MH\bot B'C\)

\(MH\subset \left( BCC'B' \right)\Rightarrow AM\bot MH\)

\(\Rightarrow MH\) là đoạn vuông góc chung giữa AM và B’C \(\Rightarrow d\left( AM;B'C \right)=MH\)

Dễ thấy \(MH = \frac{1}{2}BK = \frac{1}{4}B'C = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\) với \(K\) là trung điểm của \(B'C\).

\(\Rightarrow d\left( AM;B'C \right)=\frac{a\sqrt{2}}{4}\)

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAD} \right) = SA\end{array} \right. \Rightarrow SA \bot \left( {ABCD} \right)\)

Xác định

\({60^0} = \widehat {\left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right)} \)

\(= \widehat {\left( {SC;AC} \right)} = \widehat {SCA}\)

và \(SA = AC.\tan \widehat {SCA} \) \(= \sqrt {A{D^2} + C{D^2}} .\tan 60^0 \) \(= a\sqrt 2 .\sqrt 3  = a\sqrt 6. \)

Gọi $M$ là trung điểm $AB$, suy ra $ADCM$ là hình vuông nên $CM = AD = a.$

Xét tam giác $ACB$, ta có trung tuyến \(CM = a = \dfrac{1}{2}AB\) nên tam giác $ACB$ vuông tại $C.$

Lấy điểm $E$ sao cho $ACBE$ là hình chữ nhật, suy ra \(AC\parallel BE\) và E nằm trong (ABCD).

Do đó \(d\left( {AC;SB} \right) = d\left( {AC;\left( {SBE} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SBE} \right)} \right)\)

Kẻ \(AK \bot SE\,\,\,\left( 1 \right)\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BE \bot AE\\BE \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BE \bot \left( {SAE} \right) \Rightarrow BE \bot AK\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow AK \bot \left( {SBE} \right)\)  

Khi đó \(d\left( {A,\left( {SBE} \right)} \right) = AK = \dfrac{{SA.AE}}{{\sqrt {S{A^2} + A{E^2}} }}.\)

Ta có: \(AE = BC = \sqrt {{a^2} + {a^2}}  = a\sqrt 2  \) \(\Rightarrow AK = \dfrac{{a\sqrt 6 .a\sqrt 2 }}{{\sqrt {6{a^2} + 2{a^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{2}\)

Gọi $I$ là điểm đối xứng của $A$ qua $D$,

suy ra $BCID$ là hình bình hành nên $BD//CI$

Do đó \(d\left( {BD;CD'} \right) = d\left( {BD;\left( {CD'I} \right)} \right) = d\left( {D;\left( {CD'I} \right)} \right).\)

Kẻ \(DE \bot CI\) tại \(E\), kẻ $DK \bot D'E\,\,\left( 1 \right)$ ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}CI \bot DE\\CI \bot DD'\end{array} \right. \Rightarrow CI \bot \left( {DD'E} \right) \Rightarrow CI \bot DK\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow DK \bot \left( {CD'I} \right) \)

\(\Rightarrow d\left( {D;\left( {CD'I} \right)} \right) = DK.\)

Xét tam giác $IAC$, ta có $DE // AC$ (do cùng vuông góc với $CI$) và có $D$ là trung điểm của $AI$ nên suy ra $DE$ là đường trung bình của tam giác $ACI$. Suy ra \(DE = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{{\sqrt 2 }} = a.\)

Tam giác vuông $D'DE$, có $DK = \dfrac{{D'D.DE}}{{\sqrt {D'{D^2} + D{E^2}} }} = \dfrac{{2a.a}}{{\sqrt {4{a^2} + {a^2}} }} = \dfrac{{2a\sqrt 5 }}{5}.$

Gọi I, J, K, P lần lượt là trung điểm của AD, AC, BC, BD.

Khi đó, AB // IP // JK, CD // IJ // KP

\( \Rightarrow \) \(\left( {\widehat {AB;CD}} \right) = \left( {\widehat {IP;KP}} \right)\)

Ta có: \(KP = \dfrac{1}{2}CD = \dfrac{5}{2}\), \(IP = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{5}{2}\)

\(A{K^2} = \dfrac{{A{B^2} + A{C^2}}}{2} - \dfrac{{B{C^2}}}{4} = \dfrac{{25 + 34}}{2} - \dfrac{{41}}{4} = \dfrac{{77}}{4} = D{K^2}\)

Tam giác \(AKD\) cân tại K, \(KI\) là trung tuyến \( \Rightarrow KI \bot AD \Rightarrow I{K^2} = A{K^2} - A{I^2} = \dfrac{{77}}{4} - \dfrac{{41}}{4} = 9\)

\(\cos \widehat {IPK} = \dfrac{{I{P^2} + K{P^2} - I{K^2}}}{{2.IP.KP}} = \dfrac{{\dfrac{{25}}{4} + \dfrac{{25}}{4} - 9}}{{2.\dfrac{5}{2}.\dfrac{5}{2}}} = \dfrac{7}{{25}} > 0 \Rightarrow \widehat {IPK} < {90^0}\)

\( \Rightarrow \left( {\widehat {AB;CD}} \right) = \left( {\widehat {IP;KP}} \right) = \widehat {IPK} \Rightarrow \sin \left( {\widehat {AB;CD}} \right) = \sin \widehat {IPK} = \sqrt {1 - {{\left( {\dfrac{7}{{25}}} \right)}^2}}  = \dfrac{{24}}{{25}}\).

Bước 1: Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD. Chứng minh MN là đoạn vuông góc chung của AB và CD.

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD. 

\(\Delta BCD,\Delta ACD\) đều nên:

\(\left. \begin{array}{l}AN \bot CD\\BN \bot CD\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {ABN} \right) \bot CD \Rightarrow MN \bot CD\)

Tương tự ta có \(MN \bot AB\)

Khoảng cách giữa 2 đường thẳng AB, CD là độ dài của MN.

Bước 2: Tính MN.

\(\Delta ACD\) đều cạnh 2a; AN là đường cao.

\( \to AN = AC.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = 2a.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \)

\(AM = \dfrac{1}{2}AB = a\)

\(\Delta AMN\) vuông tại M (\(MN \bot AB\)) nên:

\(MN = \sqrt {A{N^2} - A{M^2}} \) \( = \sqrt {3{a^2} - {a^2}}  = a\sqrt 2 \)

Bước 1:

Ta có \(AA'//BB' \Rightarrow AA'//\left( {BCC'B'} \right) \supset BC'\) \( \Rightarrow d\left( {AA';BC'} \right) = d\left( {AA';\left( {BCC'B'} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {BCC'B'} \right)} \right)\).

Bước 2:

Trong \(\left( {ABC} \right)\) kẻ \(AK \bot BC\,\,\left( {K \in BC} \right)\), trong \(\left( {AHK} \right)\) kẻ \(AI \bot HK\,\,\left( {I \in HK} \right)\) ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AK\\BC \bot AH\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {AHK} \right) \Rightarrow BC \bot AI\\\left\{ \begin{array}{l}AI \bot HK\\AI \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow AI \bot \left( {BCC'B'} \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow d\left( {A;\left( {BCC'B'} \right)} \right) = AI = d\left( {AA';BC'} \right)\).

Bước 3:

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABC\) ta có \(AK = \dfrac{{AB.AC}}{{\sqrt {A{B^2} + A{C^2}} }} = \dfrac{{a.a\sqrt 3 }}{{\sqrt {{a^2} + 3{a^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Tam giác \(A'B'C'\) có \(B'C' = \sqrt {A'B{'^2} + A'C{'^2}}  = 2a\) \( \Rightarrow A'H = \dfrac{1}{2}B'C' = a\).

\( \Rightarrow AH = \sqrt {AA{'^2} - A'{H^2}}  = \sqrt {4{a^2} - {a^2}}  = a\sqrt 3 \).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(AHK\) ta có \(AI = \dfrac{{AH.AK}}{{\sqrt {A{H^2} + A{K^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 3 .\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\sqrt {3{a^2} + \dfrac{{3{a^2}}}{4}} }} = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{5}\).

Vậy \(d\left( {AA';BC'} \right) = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{5}\).

Vậy $m=15$.

Kẻ Ax song song với BC

Kẻ HK vuông góc với Ax, kẻ HF vuông góc với SK.

Bước 1: Chứng minh \(HF \bot \left( {SAK} \right)\)

Ta có

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}HK \bot Ax\\SH \bot Ax\end{array} \right. \Rightarrow Ax \bot \left( {SHK} \right)\\\left. \begin{array}{l} \Rightarrow AK \bot HF\\HF \bot SK\end{array} \right\} \Rightarrow HF \bot \left( {SAK} \right)\end{array}\)

Bước 2: Chứng tỏ \(d\left( {BC,SA} \right)\) \( = 3d\left( {H,\left( {SAK} \right)} \right)\) và tìm khoảng cách .

\(d\left( {BC,SA} \right) = d\left( {BC,\left( {SAK} \right)} \right)\) \( = d\left( {B,\left( {SAK} \right)} \right) = 3d\left( {H,\left( {SAK} \right)} \right)\)

Ta có \(AB = a =  > AH = \dfrac{a}{3}\)

Tam giác ABC đều nên \(\widehat {ABC} = {60^0}\)

=> \(\widehat {HAK} = {60^0}\)

\( =  > HK = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}.AH = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{1}{3}a = \dfrac{a}{{2\sqrt 3 }}\)

Góc tạo bởi SA và (ABC) bằng \({60^0}\) nên \(SH = \sqrt 3 AH = \dfrac{a}{{\sqrt 3 }}\)

Áp dụng HTL trong tam giác vuông SHK ta có:

\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{H{F^2}}} = \dfrac{1}{{S{H^2}}} + \dfrac{1}{{H{K^2}}} = \dfrac{3}{{{a^2}}} + \dfrac{{12}}{{{a^2}}} = \dfrac{{15}}{{{a^2}}}\\ =  > HF = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{{15}}\\ =  > d\left( {BC,SA} \right) = 3.\dfrac{{a\sqrt {15} }}{{15}} = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{5}\end{array}\)