Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng

Từ A kẻ AH vuông góc với $BC,\,\,H \in BC$  (1)

Ta có $SB$ vuông góc với $\left( {ABC} \right)$$\Rightarrow SB \bot AH\,\,\,\left( 2 \right)$

Từ (1), (2)  suy ra $AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = AH.$

Tam giác $AHC$ vuông tại $H$, có $\sin \widehat {HCA} = \dfrac{{AH}}{{AC}}$.

$\Rightarrow AH = \sin \widehat {HAC}.AC = \sin {45^0}.AC = 2a\sqrt 2 .\dfrac{{\sqrt 2 }}{2} = 2a.$

Do AD // BC nên $d\left( {D;\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right).$

Gọi K là hình chiếu của A trên SB, suy ra $AK \bot SB\,\,\,\left( 1 \right)$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\\BC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AK\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$

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

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

Ta có $SH = a\sqrt 3 ;$$HC = a\sqrt {10} ;$ $HD = a\sqrt 2 ;$ $DC = a\sqrt 8$ $\Rightarrow H{C^2} = H{D^2} + D{C^2}$

Vậy tam giác $HDC$ vuông tại $D$.

Gọi $M$ là trung điểm của $CD$.

Ta có: $\dfrac{{d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right)}} = \dfrac{{OA}}{{OH}} = \dfrac{{AD}}{{HM}} = \dfrac{{2AD}}{{AD + BC}} = \dfrac{1}{2}$

$\Rightarrow d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}.d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}.HK$

Trong đó $K$ là hình chiếu vuông góc của $H$ lên $SD$. Ta có:

$\dfrac{1}{{H{K^2}}} = \dfrac{1}{{H{D^2}}} + \dfrac{1}{{H{S^2}}} = \dfrac{1}{{2{a^2}}} + \dfrac{1}{{3{a^2}}} = \dfrac{5}{{6{a^2}}}$

$\Rightarrow HK = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{{\sqrt 5 }} \Rightarrow d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{{2\sqrt 5 }} = \dfrac{{a\sqrt {30} }}{{10}}$.

Xác định

${60^0} = \widehat {\left( {SB;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SB;AB} \right)} = \widehat {SBA} \Rightarrow SA = AB.\tan \widehat {SBA} = a\sqrt 3$.

Ta có $AD\parallel BC \Rightarrow AD\parallel \left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {D;\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right)$

Kẻ $AK \bot SB\,\,\,\,\left( 1 \right)$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\\BC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AK\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$

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

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

Vậy $d\left( {D;\left( {SBC} \right)} \right) = AK = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.$

Ta có : $OA \cap \left( {SBC} \right) = C \Rightarrow \dfrac{{d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right)}}{{d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right)}}$$= \dfrac{{OC}}{{AC}}$$= \dfrac{1}{2}$

Do đó $d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right).$

Gọi $K$ là hình chiếu của $A$ trên $SB$ $\Rightarrow$$AK \bot SB\,\,\,\left( 1 \right)$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\\BC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AK\,\,\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow AK \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = AK$ 

Tam giác vuông SAB, có $AK = \dfrac{{SA.AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt {285} }}{{19}}.$

Vậy $d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}AK = \dfrac{{a\sqrt {285} }}{{38}}.$

${60^0} = \widehat {\left( {SB;\left( {ABC} \right)} \right)}$

$= \widehat {\left( {SB;AB} \right)} = \widehat {SBA};$

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

Do $M$ là trung điểm của cạnh $AB$ nên $d\left( {B;\left( {SMC} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SMC} \right)} \right)$.

Trong $(SAB)$ kẻ $AK \bot SM\,\,\,\left( 1 \right)$.

Ta có : $\left\{ \begin{array}{l}CM \bot AB\\CM \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CM \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow CM \bot AK\,\,\,\,\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow AK \bot \left( {SCM} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SMC} \right)} \right) = AK.$

Tam giác vuông $SAM$, có $AK = \dfrac{{SA.AM}}{{\sqrt {S{A^2} + A{M^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt {39} }}{{13}}$.

Vậy $d\left( {B;\left( {SMC} \right)} \right) = AK = \dfrac{{a\sqrt {39} }}{{13}}$.

Gọi M là trung điểm BC, suy ra $AM \bot BC$ và $AM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Gọi K là hình chiếu của A trên SM, suy ra $AK \bot SM$.         $\left( 1 \right)$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}AM \bot BC\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow BC \bot AK.$                $\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2), suy ra $AK \bot \left( {SBC} \right)$ nên $d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = AK.$

Trong $\Delta \,SAM$, có $AK = \dfrac{{SA.AM}}{{\sqrt {S{A^2} + A{M^2}} }} = \dfrac{{3a}}{{\sqrt {15} }} = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{5}.$

Vậy $d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = AK = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{5}.$

Gọi $H$ là trung điểm của $BC,$ suy ra $SH \bot BC \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)$.

Gọi $K$ là trung điểm $AC$, suy ra $HK \bot AC$.

Kẻ $HE \bot SK\,\,\,\,\left( {E \in SK} \right).\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$

Ta có:$\left\{ \begin{array}{l}AC \bot HK\\AC \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {SHK} \right)$$\Rightarrow AC \bot HE\left( 2 \right)$

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

Ta có :

$BH \cap \left( {SAC} \right) = C \Rightarrow \dfrac{{d\left( {B;\left( {SAC} \right)} \right)}}{{d\left( {H;\left( {SAC} \right)} \right)}}$$= \dfrac{{BC}}{{HC}}$$= 2$$\Rightarrow d\left( {B;\left( {SAC} \right)} \right) = 2d\left( {H;\left( {SAC} \right)} \right) = 2HE$

Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ nên $BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}}  = \sqrt {{a^2} + 3{a^2}}$$= 2a$

Tam giác $SBC$ đều cạnh $2a$ nên đường cao $SH = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3$  

Lại có $HK$ là đường trung bình của tam giác $ABC$ nên $HK = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{a}{2}$

Vậy $d\left( {B;\left( {SAC} \right)} \right) = 2HE$$= \dfrac{{SH.HK}}{{\sqrt {S{H^2} + H{K^2}} }}$$= \dfrac{{2a\sqrt {39} }}{{13}}.$

Gọi $O$ là tâm của đáy, suy ra $SO \bot \left( {ABCD} \right)$.

Ta có

$\begin{array}{l}AO \cap \left( {SCD} \right) = C \Rightarrow \dfrac{{d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {O;\left( {SCD} \right)} \right)}} = \dfrac{{AC}}{{OC}} = 2\\ \Rightarrow d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = 2d\left( {O;\left( {SCD} \right)} \right).\end{array}$

Gọi $J$ là trung điểm $CD$, suy ra $OJ \bot CD$.

Gọi $K$ là hình chiếu của $O$ trên $SJ$, suy ra $OK \bot SJ\,\,\,\left( 1 \right)$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot OJ\\CD \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SOJ} \right) \Rightarrow CD \bot OK\,\,\,\,\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow OK \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {O;\left( {SCD} \right)} \right) = OK=\dfrac{{SO.OJ}}{{\sqrt {S{O^2} + O{J^2}} }}$

Ta có : $SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}}  = \sqrt {4{a^2} - {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}  = \dfrac{{a\sqrt {14} }}{2} \Rightarrow OK = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt {14} }}{2}.\dfrac{a}{2}}}{{\sqrt {{{\left( {\dfrac{{a\sqrt {14} }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{a}{2}} \right)}^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 7 }}{{\sqrt {30} }}$ 

Vậy $d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = 2.OK = \dfrac{{2a\sqrt 7 }}{{\sqrt {30} }}.$

Gọi $H$ là trung điểm $AB$, suy ra $SH \bot AB \Rightarrow$$SH \bot \left( {ABCD} \right).$

Gọi $E$ là trung điểm $CD$; $K$ là hình chiếu vuông góc của $H$ trên $SE$.

Ta có : $HE \bot CD,SH \bot CD \Rightarrow CD \bot \left( {SHE} \right)$ $\Rightarrow CD \bot HK$, mà $HK \bot SE$ nên $HK \bot \left( {SCD} \right)$

Do $AH$//$CD$ nên $d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right).$

Khi đó $d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right) = HK = \dfrac{{SH.HE}}{{\sqrt {S{H^2} + H{E^2}} }} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 }}.$

Vậy $d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = HK = \dfrac{{\sqrt {21} }}{7}.$

Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$ ta có $SO \bot \left( {ABCD} \right)$

$OB = \dfrac{1}{2}BD = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2},OM = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{a}{2}$

Xác định ${60^0}{\rm{ = }}\widehat {\left( {SB;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SB;OB} \right)} = \widehat {SBO}$ và

$SO = OB.\tan \widehat {SBO} = \dfrac{{\sqrt 6 }}{2}$.

Gọi $M$ là trung điểm $BC$, kẻ $OK \bot SM\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$.

Ta có : $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot OM\\BC \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SOM} \right) \Rightarrow BC \bot OK\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow OK \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right) = OK$.

Tam giác vuông $SOM,$ có $OK = \dfrac{{SO.OM}}{{\sqrt {S{O^2} + O{M^2}} }} = \dfrac{{\sqrt {42} }}{{14}}.$

Vậy $d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right) = OK = \dfrac{{\sqrt {42} }}{{14}}.$

Trong (ABCD) kẻ $AE \bot BD$, trong (SAE) kẻ $AK \bot SE\,\,\,\,\left( 1 \right)$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AE\\BD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAE} \right) \Rightarrow BD \bot AK\,\,\,\,\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow AK \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBD} \right)} \right) = AK.$

Tam giác vuông $ABD$, có $AE = \dfrac{{AB.AD}}{{\sqrt {A{B^2} + A{D^2}} }} = \dfrac{{2\sqrt 5 }}{5}$.

Tam giác vuông $SAE$, có $AK = \dfrac{{SA.AE}}{{\sqrt {S{A^2} + A{E^2}} }} = \dfrac{2}{3}$.

Vậy $d\left( {A;\left( {SBD} \right)} \right) = AK = \dfrac{2}{3}$.

Gọi $O$ là tâm của tam giác đều $ABC$.

Do hình chóp $S.ABC$ đều nên suy ra $SO \bot \left( {ABC} \right)$.

Gọi $E$ là trung điểm $BC$ ta có:

$\begin{array}{l}AO \cap \left( {SBC} \right) = E \Rightarrow \dfrac{{d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right)}}{{d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right)}} = \dfrac{{AE}}{{OE}} = 3\\ \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = 3.d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right).\end{array}$

Trong $(SAE)$ kẻ $OK \bot SE\,\,\,\,\left( 1 \right)$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AE\\BC \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAE} \right) \Rightarrow BC \bot OK\,\,\,\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow OK \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right) = OK$ 

Tính được $SO = \sqrt {S{A^2} - {{\left( {\dfrac{2}{3}AE} \right)}^2}}  = \sqrt {\dfrac{{21{a^2}}}{{36}} - {{\left( {\dfrac{2}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}  = \dfrac{a}{2}$ và $OE = \dfrac{1}{3}AE = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6}.$

Tam giác vuông $SOE$, có $OK = \dfrac{{SO.OE}}{{\sqrt {S{O^2} + O{E^2}} }} = \dfrac{a}{4}$.

Vậy $d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = 3OK = \dfrac{{3a}}{4}$.

Ta có

$\begin{array}{l}EC \cap \left( {SAD} \right) = S \Rightarrow \dfrac{{d\left( {E;\left( {SAD} \right)} \right)}}{{d\left( {C;\left( {SAD} \right)} \right)}} = \dfrac{{ES}}{{CS}} = \dfrac{1}{2}\\ \Rightarrow d\left( {E;\left( {SAD} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}d\left( {C;\left( {SAD} \right)} \right)\end{array}$.

Gọi M là trung điểm AM, suy ra ABCM là hình vuông $\Rightarrow CM \bot AD$.

Do $\left\{ \begin{array}{l}CM \bot AD\\CM \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CM \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow d\left( {C;\left( {SAD} \right)} \right) = CM = AB = a\sqrt 3$

Vậy $d\left( {E;\left( {SAD} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}CM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.$

Xác định ${60^0} = \widehat {\left( {SD,\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SD,AD} \right)} = \widehat {SDA}$ và $SA = AD.\tan \widehat {SDA} = 2a\sqrt 3$.

Gọi $O$ là tâm hình chữ nhật $ABCD$ ta có

$\begin{array}{l}CA \cap \left( {SBD} \right) = O\\ \Rightarrow \dfrac{{d\left( {C;\left( {SBD} \right)} \right)}}{{d\left( {A;\left( {SBD} \right)} \right)}} = \dfrac{{CO}}{{AO}} = 1\\ \Rightarrow d\left( {C;\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SBD} \right)} \right)\end{array}$.

Trong $(ABCD)$ kẻ $AE \bot BD$ và trong $(SAE)$ kẻ $AK \bot SE\,\,\,\left( 1 \right)$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AE\\BD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAE} \right) \Rightarrow BD \bot AK\,\,\,\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow AK \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBD} \right)} \right) = AK$.

Tam giác vuông $BAD$, có $AE = \dfrac{{AB.AD}}{{\sqrt {A{B^2} + A{D^2}} }} = \dfrac{{2a}}{{\sqrt 5 }}$.

Tam giác vuông $SAE$, có $AK = \dfrac{{SA.AE}}{{\sqrt {S{A^2} + A{E^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Vậy $d\left( {C;\left( {SBD} \right)} \right) = AK = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.$

Gọi $O$ là trung điểm $AC$, suy ra $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. (Do tam giác $ABC$ vuông tại $B$).

Do đỉnh $S$ cách đều các điểm $A,{\rm{ }}B,{\rm{ }}C$ nên $SO \bot \left( {ABCD} \right)$.

Ta có

$\begin{array}{l}MC \cap \left( {SBD} \right) = S \Rightarrow \dfrac{{d\left( {M;\left( {SBD} \right)} \right)}}{{d\left( {C;\left( {SBD} \right)} \right)}} = \dfrac{{MS}}{{CS}} = \dfrac{1}{2}\\ \Rightarrow d\left( {M;\left( {SBD} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}d\left( {C;\left( {SBD} \right)} \right)\end{array}$.

Kẻ $CE \bot BD$ ta có: $\left\{ \begin{array}{l}CE \bot BD\\CE \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow CE \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow d\left( {C;\left( {SBD} \right)} \right) = CE = \dfrac{{CB.CD}}{{\sqrt {C{B^2} + C{D^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.$

Vậy $d\left( {M;\left( {SBD} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}CE = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}$.

Tam giác $ABC$ đều cạnh $a$, $H$ là trọng tâm tam giác nên $BH = \dfrac{2}{3}BO = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}$

$\Rightarrow HD = BD - BH = a\sqrt 3  - \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3} = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{3}$

Xác định ${30^0} = \widehat {\left( {SD;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SD;HD} \right)} = \widehat {SDH}$ và $SH = HD.\tan \widehat {SDH} = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{3}.\dfrac{1}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{{2a}}{3}$

Ta có:

$\begin{array}{l}BH \cap \left( {SCD} \right) = D \Rightarrow \dfrac{{d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right)}} = \dfrac{{BD}}{{HD}} = \dfrac{3}{2}\\ \Rightarrow d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right) = \dfrac{3}{2}.d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right)\end{array}$.

Ta có $HC \bot AB \Rightarrow HC \bot CD$.

Kẻ $HK \bot SC\,\,\,\,\left( 1 \right)$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot HC\\CD \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SHC} \right) \Rightarrow CD \bot HK\,\,\,\,\left( 2 \right)$

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

Tam giác vuông $SHC$, có $HK = \dfrac{{SH.HC}}{{\sqrt {S{H^2} + H{C^2}} }} = \dfrac{{\dfrac{{2a}}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}}}{{\sqrt {{{\left( {\dfrac{{2a}}{3}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} }} = \dfrac{{2a\sqrt {21} }}{{21}}$.

Vậy $d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right) = \dfrac{3}{2}HK = \dfrac{{a\sqrt {21} }}{7}$.

Xét $\Delta HAD$, có $AC$ là tia phân giác của góc $\widehat {HAD}$

$\Rightarrow \dfrac{{AH}}{{AD}} = \dfrac{{HM}}{{MD}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \dfrac{{HD}}{{MD}} = \dfrac{3}{2}$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}H,\,M \in HD\\HM \cap \left( {SCD} \right) = D\end{array} \right. \Rightarrow \dfrac{{d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {M;\left( {SCD} \right)} \right)}} = \dfrac{{HD}}{{MD}} = \dfrac{3}{2}.$

Gọi $N$ là trung điểm của $CD \Rightarrow HN \bot CD$.

Trong $(SHN)$ từ $H$ kẻ $HK \bot SN\,\,\,\,\left( 1 \right)$, $K \in SN$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot HN\\CD \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SHN} \right) \Rightarrow CD \bot HK\,\,\,\left( 2 \right)$

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

Khi đó $d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right) = HK = \dfrac{{SH.HN}}{{\sqrt {S{H^2} + H{N^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 3 .a}}{{\sqrt {{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2} + {a^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$

$\Rightarrow d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right) = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow d\left( {M;\left( {SCD} \right)} \right) = \dfrac{a}{{\sqrt 3 }}$.

Ta có $E \in SC$, $EC \cap \left( {SBD} \right) = S \Rightarrow \dfrac{{d\left( {E;\left( {SBD} \right)} \right)}}{{d\left( {C;\left( {SBD} \right)} \right)}} = \dfrac{{d\left( {E;\left( {SBD} \right)} \right)}}{{d\left( {A;\left( {SBD} \right)} \right)}} = \dfrac{{ES}}{{CS}} = \dfrac{1}{2}$

Từ A kẻ $AK \bot BD\left( {K \in BD} \right)$, kẻ $AH \bot SK\,\,\left( {H \in SK} \right)\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AK\\BD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAK} \right) \Rightarrow BD \bot AH\,\,\,\,\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow AH \bot \left( {SBD} \right).$

$\Rightarrow AH = d\left( {A;\left( {SBD} \right)} \right) = 2.d\left( {E;\left( {SBD} \right)} \right) = \dfrac{{2a}}{3}.$

Mà $\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{S{A^2}}} + \dfrac{1}{{A{K^2}}} \Rightarrow AK = \dfrac{{SA.AH}}{{\sqrt {S{A^2} - A{H^2}} }} = \dfrac{{2a}}{{\sqrt 5 }}$.

Tam giác $ABD$ vuông tại $A$, có đường cao $AK$.

$\Rightarrow \dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{AD{}^2}} = \dfrac{1}{{A{K^2}}} \Leftrightarrow \dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{{a^2}{x^2}}} = \dfrac{5}{{4{a^2}}} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\{x^2} = 4\end{array} \right. \Rightarrow x = 2$

Đặt $AB = x \Rightarrow AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = \sqrt {{x^2} + {a^2}}  \Rightarrow$$SA = AC.\tan \widehat {SCA} = \sqrt {\dfrac{{{x^2} + {a^2}}}{3}} .$

Ta có : $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB \Rightarrow \Delta SBC$ vuông tại $B,$ có $SB = \dfrac{{BC}}{{\tan \widehat {BSC}}} = a\sqrt 3 .$

Tam giác $SAB$ vuông tại $A,$ có $S{A^2} + A{B^2} = S{B^2}$.

$\Rightarrow \dfrac{{{x^2} + {a^2}}}{3} + {x^2} = 3{a^2} \Leftrightarrow 4{x^2} = 8{a^2} \Leftrightarrow x = a\sqrt 2 .$

Kẻ $DH \bot AM$, ta có $\left\{ \begin{array}{l}SA \bot DH\\AM \bot DH\end{array} \right. \Rightarrow DH \bot \left( {SAM} \right).$

$\Rightarrow d\left( {D;\left( {SAM} \right)} \right) = DH$

Xét $\Delta AMD$ vuông tại $D$, có $\dfrac{1}{{D{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{D^2}}} + \dfrac{1}{{M{D^2}}} = \dfrac{3}{{{a^2}}}.$

$\Rightarrow DH = \dfrac{a}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow d\left( {D;\left( {SAM} \right)} \right) = \dfrac{a}{{\sqrt 3 }}.$