Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng

Gọi M là trung điểm của AB, dựng $OH \bot SM$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}AB \bot OM\\AB \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SOM} \right) \Rightarrow AB \bot OH$

Mà $OH \bot SM \Rightarrow OH \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow d\left( {O;\left( {SAB} \right)} \right) = OH$

Ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\\\left( {SAB} \right) \supset SM \bot AB\\\left( {ABCD} \right) \supset OM \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow \angle \left( {\left( {SAB} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SM;OM} \right) = \angle SMO = {60^0}$.

$OM = \dfrac{a}{2},\,\,OH = OM.\sin \angle SMO = OM.\sin {60^0} = \dfrac{a}{2}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}$

$\Rightarrow d\left( {O;\left( {SAB} \right)} \right) = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}$.

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

Kẻ $AE \bot SD$ tại $E$.   (1)

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

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

Tam giác vuông $SAD,$ có $AE = \dfrac{{SA.AD}}{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}.$

Vậy $d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right) = AE = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}.$

Gọi $AB = x$, $\left( {x > 0} \right)$. Xét $\Delta SAB$ có $S{A^2} = S{B^2} - A{B^2} = 2{a^2} - {x^2}$.

Xét $\Delta SAC$ có $S{C^2} = S{A^2} + A{C^2} \Leftrightarrow 3{a^2} = 2{a^2} - {x^2} + 2{x^2} \Leftrightarrow {x^2} = {a^2} \Leftrightarrow x = a \Rightarrow SA = a$.

Kẻ $AH \bot SD$, $\left( {H \in SD} \right)$.

Ta có $AH \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {A\,,\,\left( {SCD} \right)} \right) = AH = \dfrac{{SA.AD}}{{\sqrt[{}]{{S{A^2} + A{D^2}}}}} = \dfrac{a}{{\sqrt[{}]{2}}}$.

Kẻ $AH \bot (SBC)\, \Rightarrow AH \bot SB$. Ta có $d = \dfrac{{HS}}{{BS}}d(B,(SCD)) = \dfrac{{HS}}{{BS}}.\dfrac{{BI}}{{AI}}d(A,(SBC))$

mà $\dfrac{{SH}}{{SB}} = \dfrac{{SH.SB}}{{S{B^2}}} = \dfrac{{S{A^2}}}{{S{B^2}}} = \dfrac{{3{a^2}}}{{4{a^2}}} = \dfrac{3}{4}$;

Tam giác $ADI$có $BC$là đường trung bình nên $\dfrac{{BI}}{{AI}} = \dfrac{1}{2}$

Vậy $d = \dfrac{3}{8}d(A,(SCD)) = \dfrac{3}{8}d\left( {A,SC} \right) = \dfrac{3}{8}\dfrac{{SA.SC}}{{\sqrt {S{A^2} + S{C^2}} }} = \dfrac{3}{8}\dfrac{{a\sqrt 3 .a\sqrt 2 }}{{\sqrt {3{a^2} + 2{a^2}} }} = \dfrac{{3a\sqrt {30} }}{{40}}$

Ta có: $d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right) = 2d\left( {H,\left( {SAC} \right)} \right)$$\left( * \right)$.

Trong $\Delta SAC$ : Hạ $HI \bot AC$,ta có :$HI = \dfrac{{2.{S_{\Delta AHC}}}}{{AC}} = \dfrac{{2.\dfrac{1}{4}.{S_{\Delta ABCD}}}}{{AC}} = \dfrac{{2{a^2}\sqrt 2 }}{{2a\sqrt 3 }} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}$ .

Trong $\Delta SHI$: Hạ $HK \bot SI$$\Rightarrow HK \bot \left( {SAC} \right)$ và $\dfrac{1}{{H{K^2}}} = \dfrac{1}{{S{H^2}}} + \dfrac{1}{{H{I^2}}}$ $\Rightarrow HK = \dfrac{{a\sqrt {66} }}{{11}}$.

Vậy $d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right) = 2HK = \dfrac{{2a\sqrt {66} }}{{11}}$.

Trong mặt phẳng $\left( {AA'B'B} \right)$, dựng $AH$ vuông góc với $A'B$ tại $H$.

$S$ là hình lập phương nên $BC \bot \left( {AA'B'B} \right)$, suy ra $BC \bot AH$.

Ta có: $\left. \begin{array}{l}AH \bot A'B \subset \left( {A'BC} \right)\\AH \bot BC \subset \left( {A'BC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow AH \bot \left( {A'BC} \right)$ tại $H$.

Do đó: $d\left( {A;(A'BC)} \right) = AH = \dfrac{{AB}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Từ $B$ kẻ $BD$ vuông góc $AC$ tại $D$, suy ra $AC \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow \left( {SAC} \right) \bot \left( {SBD} \right).$

Mặt khác ${V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SH.{S_{ABCD}}$ nên từ $B$ kẻ $BE$ vuông góc $SD$ tại $E$ thì $BE \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BE = d\left( {B,\,\left( {SAC} \right)} \right).$

Trong $\Delta SBD$ vuông tại $B$, ta có

$\dfrac{1}{{B{E^2}}} = \dfrac{1}{{S{B^2}}} + \dfrac{1}{{B{D^2}}} = \dfrac{1}{{S{B^2}}} + \dfrac{1}{{B{A^2}}} + \dfrac{1}{{B{C^2}}}\, = \dfrac{1}{{9{a^2}}} + \dfrac{1}{{16{a^2}}} + \dfrac{1}{{4{a^2}}} = \dfrac{{61}}{{144{a^2}}}.$

Suy ra $BE = \dfrac{{12\sqrt {61} a}}{{61}}\,.$

Để tính khoảng cách từ điểm $H$ đến mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$, ta xác định hình chiếu vuông góc của $H$ trên mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ qua các bước sau:

-    Dựng $HI \bot AB$ với $I \in AB$, chứng minh được $AB \bot \left( {SIH} \right)$ và $\left( {SIH} \right) \bot \left( {SAB} \right) = SI$.

-    Dựng $K$ là hình chiếu vuông góc của $H$ trên $SI$, ta chứng minh được $SK \bot \left( {SAB} \right)$.

Vậy $d\left( {H,\left( {SAB} \right)} \right) = HK$.

Do $HI/{\kern 1pt} /BC$ nên dễ dàng chỉ ra được $I$ là trung điểm của $AB$ và $IH = \dfrac{{BC}}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$, $IA = IB = \dfrac{{AB}}{2} = \dfrac{a}{2}$.

Ta có $AB \bot SI$ nên $SI = \sqrt {S{B^2} - I{B^2}}  = \sqrt {2{a^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}}  = \dfrac{{a\sqrt 7 }}{2}$.

Do $SH \bot IH$ nên xét tam giác vuông $SIH$ có:

$SH = \sqrt {S{I^2} - I{H^2}}  = \sqrt {\dfrac{{7{a^2}}}{4} - \dfrac{{3{a^2}}}{4}}  = a$ ; $HK = \dfrac{{SH.HI}}{{SI}} = \dfrac{{a.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\dfrac{{a\sqrt 7 }}{2}}} = \dfrac{{a\sqrt {21} }}{7}$.

Do vậy, ta có $d\left( {H,\left( {SAB} \right)} \right) = \dfrac{{a\sqrt {21} }}{7}$.

Gọi $M$ là trung điểm $AB$, dựng $OK \bot SM$, ta chứng minh $OK \bot mp\left( {SAB} \right)$.

Do $S.ABC$ là hình chóp đều và $O$ là tâm của đáy $ABC$ nên $SO \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SO \bot AB$.

Do tam giác $ABC$ đều và $M$ là trung điểm $AB$nên $AB \bot CM$.

Từ $SO \bot AB$ và $AB \bot CM$suy ra $AB \bot \left( {SCM} \right) \Rightarrow AB \bot OK$.

Từ $OK \bot SM$ và $AB \bot OK$suy ra $OK \bot mp\left( {SAB} \right)$. Bởi vậy $d\left( {O;\left( {SAB} \right)} \right) = OK$.

Ta có $OM = \dfrac{1}{3}CM = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{\left( {2a} \right)\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}$.

Trong tam giác $SOM$ vuông tại $O$ ta có:

$\dfrac{1}{{O{K^2}}} = \dfrac{1}{{O{M^2}}} + \dfrac{1}{{S{O^2}}} = \dfrac{1}{{{{\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}}} = \dfrac{{10}}{{3{a^2}}} \Rightarrow OK = a\sqrt {\dfrac{3}{{10}}}$.

Vậy $d\left( {O;\left( {SAB} \right)} \right) = a\sqrt {\dfrac{3}{{10}}}$.

* Gọi $H$ là trung điểm của $AB$ và $K$ là trung điểm của $CD$. Ta có $SH \bot \left( {ABCD} \right)$ và $SH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$. Hạ $HI \bot SK$.

* Khi đó $d\left( {M;\left( {SCD} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}HI$.

* Lại có $\dfrac{1}{{H{I^2}}} = \dfrac{1}{{H{S^2}}} + \dfrac{1}{{H{K^2}}} = \dfrac{1}{{{{\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} + \dfrac{1}{{{a^2}}} = \dfrac{7}{{3{a^2}}}$.

* Suy ra $HI = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 }}$. Vậy $d\left( {M;\left( {SCD} \right)} \right) = \dfrac{{a\sqrt {21} }}{{14}}$.

* Ta có: $\dfrac{{d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {O;\left( {SCD} \right)} \right)}} = \dfrac{{BD}}{{OD}} = 2$ $\Rightarrow d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right) = 2.d\left( {O;\left( {SCD} \right)} \right) = 2OH$.

Trong đó $H$ là hình chiếu vuông góc của $O$ lên $\left( {SCD} \right)$.

* Gọi $I$ là trung điểm của $CD$ ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}SI \bot CD\\OI \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow \left( {\left( {SCD} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {OI;SI} \right) = \widehat {SIO} = 60^\circ$.

Xét tam giác $SOI$ vuông tại $O$ ta có: $SO = OI.\tan 60 = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

* Do $SOCD$ là tứ diện vuông tại $O$ nên:

$\dfrac{1}{{O{H^2}}} = \dfrac{1}{{O{C^2}}} + \dfrac{1}{{O{D^2}}} + \dfrac{1}{{O{S^2}}} = \dfrac{2}{{{a^2}}} + \dfrac{2}{{{a^2}}} + \dfrac{4}{{3{a^2}}} = \dfrac{{16}}{{3{a^2}}}$

$\Rightarrow OH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4} \Rightarrow d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right) = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Trong tam giác $ABD$ kẻ $AM \bot BD$ suy ra $\dfrac{1}{{A{M^2}}} = \dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{A{D^2}}}$.

.Trong tam giác ${A_1}AM$ kẻ $AK \bot {A_1}M$$\Rightarrow \dfrac{1}{{A{K^2}}} = \dfrac{1}{{A{A_1}^2}} + \dfrac{1}{{A{M^2}}} = \dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{4{a^2}}} + \dfrac{1}{{9{a^2}}}$$\Rightarrow AK = \dfrac{6}{7}a$.

Khi đó $AK \bot \left( {{A_1}BD} \right)$ hay $d\left( {A;\left( {{A_1}BD} \right)} \right) = AK = \dfrac{6}{7}a$.

Do tam giác $ABC$ đều tâm $O$ suy ra $AO \bot BC$ tại $M$ là trung điểm của$BC$.

Ta có:$AM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2},\,MO = \dfrac{1}{3}AM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6},\,OA = \dfrac{2}{3}AM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}$.

Từ giả thiết hình chóp đều suy ra $SO \bot \left( {ABC} \right)$, $SO = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}}  = \sqrt {3{a^2} - \dfrac{{3{a^2}}}{9}}  = \dfrac{{2a\sqrt 6 }}{3}$.

Dựng $OK \bot SM,AH \bot SM \Rightarrow AH{\rm{//}}OK;\,\,\dfrac{{OK}}{{AH}} = \dfrac{{OM}}{{AM}} = \dfrac{1}{3}$.

Có $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SO\\BC \bot AM\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow BC \bot OK$.

Có $\left\{ \begin{array}{l}OK \bot SM\\OK \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow OK \bot \left( {SBC} \right),\,AH \bot \left( {SBC} \right)\,\,\left( {{\rm{ do }}AH{\rm{//}}OK} \right)$.

Từ đó có ${d_1} = d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH = 3OK;\,{d_2} = d\left( {O,\left( {SBC} \right)} \right) = OK$.

Trong tam giác vuông $OSM$ có đường cao $OK$ nên:

$\dfrac{1}{{O{K^2}}} = \dfrac{1}{{O{M^2}}} + \dfrac{1}{{S{O^2}}} = \dfrac{{36}}{{3{a^2}}} + \dfrac{9}{{24{a^2}}} = \dfrac{{99}}{{8{a^2}}} \Rightarrow OK = \dfrac{{2a\sqrt 2 }}{{33}}$.

Vậy $d = {d_1} + {d_2} = 4OK = \dfrac{{8a\sqrt 2 }}{{33}}$.

$M$ là trung điểm của $AB$ thì $SM \bot \left( {ABCD} \right)$. Ta có $SM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Gọi $I$ là giao điểm của $NC$ và $MD$. Ta có $d\left( {D;\left( {SCN} \right)} \right) = \dfrac{{ID}}{{IM}}d\left( {M;\left( {SCN} \right)} \right)$.

Vì $ABCD$ là hình vuông nên $NC \bot DM$ tại $I$. $ID.CN = DN.DC$ $\Leftrightarrow ID = \dfrac{{DN.DC}}{{CN}} = \dfrac{{\dfrac{a}{2}.a}}{{\dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}}} = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{5}$ $\Rightarrow IM = DM - ID = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{2} - \dfrac{{a\sqrt 5 }}{5} = \dfrac{{3a\sqrt 5 }}{{10}}$ $\Rightarrow \dfrac{{ID}}{{IM}} = \dfrac{2}{3}$.

Do $\left\{ \begin{array}{l}IM \bot CN\\CN \bot SM\end{array} \right.$ $\Rightarrow CN \bot \left( {SMI} \right)$. Kẻ $MH \bot SI$, vì $CN \bot MH$ nên $MH \bot \left( {SCN} \right)$ $\Rightarrow MH = d\left( {M;\left( {SCN} \right)} \right)$.

Trong tam giác $SMI$ có $\dfrac{1}{{M{H^2}}} = \dfrac{1}{{S{M^2}}} + \dfrac{1}{{M{I^2}}}$ $= \dfrac{4}{{3{a^2}}} + \dfrac{{20}}{{9{a^2}}} = \dfrac{{32}}{{9{a^2}}}$.

Vậy $MH = \dfrac{{3a\sqrt 2 }}{8}$$\Rightarrow d\left( {D;\left( {SCN} \right)} \right) = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{4}$.

Ta có $B'C\;{\rm{//}}\;A'D$$\Rightarrow B'C\;{\rm{//}}\;\,\left( {ADD'A'} \right) \subset AD'$$\Rightarrow d\left( {B'C,AD'} \right)$$= d\left( {C,\left( {ADD'A'} \right)} \right)$$= CD = a$.

Suy ra  $x = a$.

Lại có: $\dfrac{{MA}}{{DA}} = \dfrac{3}{4}$$\Rightarrow d\left( {M,\left( {AB'C} \right)} \right)$$= \dfrac{3}{4}d\left( {D,\left( {AB'C} \right)} \right)$$= \dfrac{3}{4}d\left( {B;\left( {AB'C} \right)} \right)$.

Gọi $I$ là hình chiếu vuông góc của $B$ lên $AC$ ta có: $\left\{ \begin{array}{l}AC \bot BI\\AC \bot BB'\end{array} \right.$$\Rightarrow AC \bot \left( {BB'I} \right)$.

Gọi $H$ là hình chiếu của $B$ lên $B'I$ ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}BH \bot B'I\\BH \bot AC\end{array} \right.$$\Rightarrow BH \bot \left( {B'AC} \right)$$\Rightarrow d\left( {B,\left( {AB'C} \right)} \right) = BH$.

Trong tam giác $ABC$, ta có: $AB.BC = AC.BI$$\Rightarrow BI = \dfrac{{AB.BC}}{{AC}} = \dfrac{{a.2a}}{{a\sqrt 5 }} = \dfrac{{2a\sqrt 5 }}{5}$.

Trong tam giác $BB'I$, ta có: $\dfrac{1}{{B{H^2}}} = \dfrac{1}{{B{I^2}}} + \dfrac{1}{{B{{B'}^2}}}$ $\Rightarrow BH = \dfrac{{BI.BB'}}{{\sqrt {B{I^2} + B{{B'}^2}} }} = \dfrac{{2a}}{3}$

$\Rightarrow d\left( {B,\left( {AB'C} \right)} \right) = \dfrac{3}{4}.\dfrac{{2a}}{3} = \dfrac{a}{2}$. Suy ra $y = \dfrac{a}{2}$

Vậy $x.y = \dfrac{{{a^2}}}{2}$.

Trong $\left( {SBC} \right)$, kẻ $SH \bot BC$ tại $H$. Ta có  nên $SH \bot \left( {ABC} \right)$.

Ta có $\Delta SBH$ vuông tại $H$ có $SH = SB.\sin 30^\circ  = a\sqrt 3$; $BH = SB.\cos 30^\circ  = 3a$;

$HC = BC - BH = a$.

Khi đó $BH = 4HC$ nên $d\left( {B,\,\left( {SAC} \right)} \right) = 4d\left( {H,\,\left( {SAC} \right)} \right)$

Trong $\left( {ABC} \right)$, kẻ $HK \bot AC$; trong $\left( {SHK} \right)$, kẻ $HI \bot SK$.

Ta có $SH \bot AC$ nên $AC \bot \left( {SHK} \right)$ suy ra $AC \bot HI$ hay $HI = d\left( {H,\,\left( {SAC} \right)} \right)$.

 nên $\dfrac{{HK}}{{AB}} = \dfrac{{CH}}{{CA}}$$\Rightarrow HK = \dfrac{{CH.AB}}{{\sqrt {A{B^2} + B{C^2}} }} = \dfrac{{3a}}{5}$.

Tam giác $SHK$ vuông tại $H$ có $\dfrac{1}{{H{I^2}}} = \dfrac{1}{{S{H^2}}} + \dfrac{1}{{H{K^2}}}$$\Rightarrow HI = \dfrac{{SH.HK}}{{\sqrt {S{H^2} + H{K^2}} }} = \dfrac{{3\sqrt 7 a}}{{14}}$.

Vậy $d\left( {B,\,\left( {SAC} \right)} \right) = \dfrac{{6\sqrt 7 a}}{7}$.

Ta có: $\widehat {A'AH} = 60^\circ  \Rightarrow A'H = AH.\tan 60^\circ  = a\sqrt 3$.

Kẻ$HK \bot AC,HI \bot A'K \Rightarrow HK = AH.\sin 60^\circ  = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$ (hình vẽ).

Ta có $\dfrac{1}{{I{H^2}}} = \dfrac{1}{{H{{A'}^2}}} + \dfrac{1}{{H{K^2}}} = \dfrac{1}{{3{a^2}}} + \dfrac{4}{{3{a^2}}} \Rightarrow IH = \dfrac{{\sqrt {15} a}}{5}$.

$d\left( {B,\left( {ACC'A'} \right)} \right) = 2d\left( {H,ACC'A'} \right) = 2HI = \dfrac{{2\sqrt {15} a}}{5}$.

Gọi $I$ là giao điểm của $AB$ và $CD$, vì $AD = 2BC$ nên $B$ là trung điểm của $AI$. Gọi $G$ là giao điểm của $SB$ và $IN$, dễ thấy $G$ là trọng tâm tam giác $SAI$. Do đó, $SG = \dfrac{2}{3}SB = \dfrac{4}{3}SM \Rightarrow MG = \dfrac{1}{4}SG$, mà $G \in \left( {NCD} \right)$ nên $d\left( {M;\,\left( {NCD} \right)} \right) = \dfrac{1}{4}d\left( {S;\,\left( {NCD} \right)} \right) = \dfrac{1}{4}d\left( {A;\,\left( {NCD} \right)} \right)$.

Lại có, $CD \bot AC;\,CD \bot SA \Rightarrow CD \bot \left( {SAC} \right)$.

Gọi $K$ là hình chiếu của $A$ lên $NC$ thì $d\left( {A;\,\left( {NCD} \right)} \right) = AK = \dfrac{{AN.AC}}{{\sqrt {A{N^2} + A{C^2}} }}\,\,\,\left( * \right)$, với $AN = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2};\,AC = a\sqrt 2$ thay vào $\left( * \right)$ ta được $AK = \dfrac{{a\sqrt {66} }}{{11}}$. Vậy $d\left( {M;\,\left( {NCD} \right)} \right) = \dfrac{1}{4}AK = \dfrac{{a\sqrt {66} }}{{44}}$

Nhận thấy $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AC\\BC \bot SA\,\,\left( {do\,\,SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right.$ $\Rightarrow BC \bot \left( {SAC} \right)$.

$\Rightarrow d\left( {B;\left( {SAC} \right)} \right) = BC$.

Mà $\Delta ABC$ là tam giác vuông cân tại $C$ $\Rightarrow BC = AC = a$.

$\Rightarrow d\left( {B;\left( {SAC} \right)} \right) = a$.

Gọi $H$ là trọng tâm tam giác $ABC$, $M$ là trung điểm $AB$

Ta có tam giác $ABD$ là tam giác đều$\Rightarrow DM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$ và $BD = a$

Kẻ $HK \bot AB$ $\Rightarrow HK\,{\rm{//}}\,DM$ $\Rightarrow \dfrac{{HK}}{{DM}} = \dfrac{{BH}}{{BD}}$ $\Rightarrow HK = DM.\dfrac{{BH}}{{BD}} = \dfrac{1}{3}DM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6}$

$\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB$, $AB \bot HK$, $AB \bot SK$ (định lí ba đường vuông góc)

$\Rightarrow \left( {\widehat {\left( {SAB} \right),\,\left( {ABCD} \right)}} \right) = \widehat {SKH}$

Tam giác $SHK$ vuông tại $H$ có $SH = HK.\tan 60^\circ  = \dfrac{a}{2}$.

Gọi $N$ là giao điểm của $HK$ và $CD$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}HN \bot CD\\SH \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SHN} \right)$; $CD \subset \left( {SCD} \right)$ $\Rightarrow \left( {SCD} \right) \bot \left( {SHN} \right)$ và $\left( {SHN} \right) \cap \left( {SCD} \right) = SN$

Trong mặt phẳng $\left( {SHN} \right)$ kẻ $HI \bot SN$ thì $HI \bot \left( {SCD} \right)$ $\Rightarrow HI = d\left( {H,\,\left( {SCD} \right)} \right)$

Tam giác $SHN$ vuông tại $H$ có $\dfrac{1}{{H{I^2}}} = \dfrac{1}{{S{H^2}}} + \dfrac{1}{{H{N^2}}}$, với $HN = \dfrac{2}{3}DM = \dfrac{a}{{\sqrt 3 }}$

$\Rightarrow HI = \dfrac{{a\sqrt 7 }}{7}$

Lại có $\dfrac{{BD}}{{HD}} = \dfrac{3}{2}$ $\Rightarrow d\left( {B,\,\left( {SCD} \right)} \right) = \dfrac{3}{2}d\left( {H,\,\left( {SCD} \right)} \right)$

Vậy $d\left( {B,\,\left( {SCD} \right)} \right) = \dfrac{{a\sqrt 7 }}{{14}}$.