Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SIB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SIC} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SIB} \right) \bot \left( {SIC} \right) = SI\end{array} \right. \Rightarrow SI \bot \left( {ABCD} \right)\).

Trong mp\(\left( {ABCD} \right)\), kẻ \(IH \bot BC\) thì \(BC \bot \left( {SIH} \right)\) \( \Rightarrow \left( {\widehat {\left( {SBC} \right),\,\left( {ABCD} \right)}} \right) = \widehat {SHI}\).

Mặt khác:

\({S_{IBC}} = {S_{ABCD}} - {S_{ICD}} - {S_{IAB}}\) \( \Leftrightarrow {S_{IBC}} = \dfrac{1}{2}AD\left( {AB + CD} \right) - \dfrac{1}{2}ID.DC - \dfrac{1}{2}IA.AB\) \( \Leftrightarrow {S_{IBC}} = \dfrac{{3{a^2}}}{2}\).

Lại có \({S_{IBC}} = \dfrac{1}{2}IH.BC\) \( \Rightarrow IH = \dfrac{{2{S_{IBC}}}}{{BC}}\) \( \Leftrightarrow IH = \dfrac{{2{S_{IBC}}}}{{\sqrt {A{B^2} + D{E^2}} }}\)\( \Leftrightarrow IH = \dfrac{{3a}}{{\sqrt 5 }}\).

Tam giác \(SHI\) vuông tại \(I\) có \(SI = IH.\tan 60^\circ  = \dfrac{{3a\sqrt 3 }}{{\sqrt 5 }}\) và \(SH = \dfrac{{6a}}{{\sqrt 5 }}\).

Gọi \(E\) là trung điểm cạnh \(AB\) và \(F\) là giao điểm của \(DF\) và \(IH\)

Vì \(BCDF\) là hình bình hành nên \(DF\,{\rm{//}}\,BC\) \( \Rightarrow d\left( {D,\,\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {F,\,\left( {SBC} \right)} \right) = KF\).

Hai tam giác \(DFI\) và \(DAE\) đồng dạng nên $IF = \dfrac{{DI.AE}}{{DE}} = \dfrac{a}{{\sqrt 5 }}$ \( \Rightarrow FH = \dfrac{{2a}}{{\sqrt 5 }}\).

Hai tam giác \(HKF\) và $HIS$ đồng dạng nên \(KF = \dfrac{{SI.HF}}{{SH}} = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{5}\).

Vậy \(d\left( {D,\,\left( {SBC} \right)} \right) = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{5}\).

Ta có

\(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}{CB \bot B{B^\prime }}\\{CB \bot AB}\end{array}} \right\} \Rightarrow CB \bot \left( {AB{B^\prime }{A^\prime }} \right)\)

Vậy \(d\left( {C;\left( {AB{B^\prime }{A^\prime }} \right)} \right) = CB = AB = 4\)

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB \Rightarrow SH \bot AB\) (do tam giác \(SAB\) đều).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\\\left( {SAB} \right) \supset SH \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\).

Ta có \(BH \cap \left( {SAC} \right) = A \Rightarrow \dfrac{{d\left( {B;\left( {SAC} \right)} \right)}}{{d\left( {H;\left( {SAC} \right)} \right)}} = \dfrac{{BA}}{{HA}} = 2\) \( \Rightarrow d\left( {B;\left( {SAC} \right)} \right) = 2d\left( {H;\left( {SAC} \right)} \right)\).

Gọi \(O = AC \cap BD\), gọi \(E\) là trung điểm của \(OA\).

Vì \(ABCD\) là hình vuông nên \(AC \bot BD\). Mà \(HE//OB \Rightarrow HE//BD\) (\(HE\) là đường trung bình của tam giác \(OAB\)) \( \Rightarrow HE \bot AC\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AC \bot SH\,\,\left( {SH \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\\AC \bot HE\,\,\left( {cmt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {SHE} \right)\).

Trong \(\left( {SHE} \right)\) kẻ \(HK \bot SE\,\,\left( {K \in SE} \right)\) ta có \(\left\{ \begin{array}{l}HK \bot SE\\HK \bot AC\,\,\left( {AC \bot \left( {SHK} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow HK \bot \left( {SAC} \right)\).

Ta có \(HE = \dfrac{1}{2}OB = \dfrac{1}{4}BD = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{4}\); \(SH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(SHE\) có: \(HK = \dfrac{{SH.HE}}{{\sqrt {S{H^2} + H{E^2}} }} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 2 }}{4}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\sqrt {\dfrac{{2{a^2}}}{{16}} + \dfrac{{3{a^2}}}{4}} }} = \dfrac{{a\sqrt {21} }}{{14}}\).

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

Gọi \(D\) là trung điểm của \(AB,\,\,H\) là trọng tâm tam giác \(ABC\).

Khi đó \(SH \bot \left( {ABC} \right)\) do \(S.ABC\) là hình chóp đều.

Kẻ \(HK \bot SD\) tại \(K.\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot CD\,\,\left( {do\,\,\Delta ABC\,\,deu} \right)\\AB \bot SH\left( {do\,SH \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow AB \bot \left( {SDC} \right) \Rightarrow AB \bot HK\)

Mà \(HK \bot SD \Rightarrow HK \bot \left( {SAB} \right)\) tại \(K \Rightarrow d\left( {H,\left( {SAB} \right)} \right) = HK\)

+) Vì tam giác \(ABC\) đều cạnh \(3a\) nên

\(CD = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}.3a = \dfrac{{3\sqrt 3 a}}{2} \Rightarrow HD = \dfrac{1}{3}CD = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}a;\,\,HC = \dfrac{2}{3}CD = \sqrt 3 a\)

Vì \(S.ABC\) là chóp đều nên \(SC = SA = 2a\) .

Xét tam giác \(SHC\) vuông tại \(C,\) theo định lý Pytago ta có \(SH = \sqrt {S{C^2} - H{C^2}}  = \sqrt {4{a^2} - 3{a^2}}  = a\).

+) Xét tam giác \(SHD\) vuông tại \(H,\) ta có \(\dfrac{1}{{H{K^2}}} = \dfrac{1}{{S{H^2}}} + \dfrac{1}{{H{D^2}}} = \dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{\dfrac{3}{4}{a^2}}} = \dfrac{7}{{3{a^2}}} \Rightarrow HK = \dfrac{{a\sqrt {21} }}{7}\)

+) Ta có \(\dfrac{{d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right)}}{{d\left( {H,\left( {SAB} \right)} \right)}} = \dfrac{{CD}}{{HD}} = 3 \Leftrightarrow d\left( {C;\left( {SAB} \right)} \right) = 3.d\left( {H;\left( {SAB} \right)} \right) = \dfrac{{3a\sqrt {21} }}{7}\).

Lại có \(\dfrac{{d\left( {M,\left( {SAB} \right)} \right)}}{{d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right)}} = \dfrac{{MA}}{{CA}} = \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow d\left( {M;\left( {SAB} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}.d\left( {C;\left( {SAB} \right)} \right) = \dfrac{{3a\sqrt {21} }}{{14}}\)

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

Do đó \(d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right) = BC = AB = 4a\) (do tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(B\))

Ta có : \(AB//\left( {SCD} \right)\) \( \Rightarrow d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = d\)

Kẻ \(AH \bot CD;\,\,AK \bot SH\)

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}CD \bot SA\\CD \bot AH\end{array} \right. \end{array}\)

$\Rightarrow CD \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow CD \bot AK \Rightarrow AK \bot \left( {SCD} \right)$

$\Rightarrow d\left( {B;\;\left( {SCD} \right)} \right) = d = AK$

Xét \(\Delta AHD\) vuông tại \(H,\;\;\widehat{ADH} = {60^0}\) ta có : \(AH = AD.\sin {60^0} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta SAH\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AK\) ta có :

\(AK = \dfrac{{SA.AH}}{{\sqrt {S{A^2} + A{H^2}} }} = \dfrac{{a.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\sqrt {{a^2} + \dfrac{{3{a^2}}}{4}} }} \)\(= \dfrac{{a\sqrt {21} }}{7} = d\)

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

\( \Rightarrow d\left( {C;\left( {SAB} \right)} \right) = BC\).

Mà \(\Delta ABC\) là tam giác vuông cân tại \(B\) \( \Rightarrow BC = AB = 2a\).

\( \Rightarrow d\left( {C;\left( {SAB} \right)} \right) = 2a\).

Bước 1:

Kẻ CF||DE ( F thuộc AD).

=> DE||(SCF)

Bước 2:

=>d(DE,SC)=d(DE,(SCF))=d(D,(SCF)).

ECFD là hình bình hành nên

\(\begin{array}{l}DF = EC = \dfrac{{AD}}{2} \Rightarrow \dfrac{{AF}}{{DF}} = 3\\ \Rightarrow d\left( {D,\left( {SCF} \right)} \right) = \dfrac{1}{3}d\left( {A,\left( {SCF} \right)} \right)\end{array}\).

Bước 3:

Kẻ \(AH \bot CF;AK \bot SH\)

\(\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l} \Rightarrow CF \bot AH\\CF \bot SA\end{array} \right\} \Rightarrow CF \bot \left( {SAH} \right)\\ \Rightarrow CF \bot AK \Rightarrow AK \bot \left( {SCF} \right)\\ \Rightarrow d\left( {A,\left( {SCF} \right)} \right) = AK\end{array}\)

Bước 4:

\(\begin{array}{l}\tan \widehat {HFA} = \tan \widehat {CFD} = \dfrac{{DC}}{{DF}} = 2\\ \Rightarrow AH = 2HF\\ \Rightarrow A{H^2} + \dfrac{{A{H^2}}}{4} = A{F^2} = {\left( {\dfrac{3}{2}.a\sqrt 2 } \right)^2}\\ \Rightarrow \dfrac{5}{4}A{H^2} = \dfrac{{9{a^2}}}{2} \Rightarrow A{H^2} = \dfrac{{18{a^2}}}{5}\\\dfrac{1}{{A{K^2}}} = \dfrac{1}{{A{H^2}}} + \dfrac{1}{{S{A^2}}}\\ = \dfrac{5}{{18{a^2}}} + \dfrac{1}{{4{a^2}}} = \dfrac{{19}}{{36{a^2}}}\\ \Rightarrow AK = \dfrac{{6a}}{{\sqrt {19} }}\\ \Rightarrow d\left( {SC,DE} \right) = \dfrac{{2a}}{{\sqrt {19} }}\end{array}\)

Bước 1:

\(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên AC là hình chiếu của SC lên (ABCD).

Bước 2:

Góc giữa SC và (ABCD) bằng góc giữa SC và AC và bằng \(\widehat {SCA}\)

Bước 3: 

\(AC = a\sqrt 2 .\sqrt 2  = 2a\)

\(\tan \widehat {SCA} = \dfrac{{SA}}{{AC}} = 1 \Rightarrow \widehat {SCA} = 45^\circ \)

Vậy góc giữa SC và (ABCD) là \(45^\circ \)

Gắn hệ trục tọa độ với \(M \equiv O;\,MN \equiv Ox;\,MA \equiv Oy;\,MQ \equiv Oz\)

Coi hình lập phương cạnh bằng \(1.\) Khi đó ta có \(M\left( {0;0;0} \right);\,N\left( {1;0;0} \right);A\left( {0;1;0} \right);Q\left( {0;0;1} \right);C\left( {1;1;1} \right)\)

Ta có \(\overrightarrow {NC}  = \left( {0;1;1} \right);\,\overrightarrow {NQ}  = \left( { - 1;0;1} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {NC} ;\overrightarrow {NQ} } \right] = \left( {1; - 1;1} \right)\)

Mặt phẳng \(\left( {CNQ} \right)\) đi qua \(C;N;Q\) nên nhận \(\overrightarrow n  = \left[ {\overrightarrow {NC} ;\overrightarrow {NQ} } \right] = \left( {1; - 1;1} \right)\) làm 1 VTPT.

Phương trình \(\left( {CNQ} \right):1\left( {x - 1} \right) - y + z = 0 \Leftrightarrow x - y + z - 1 = 0\)

Khoảng cách cần tìm là \(d\left( {A;\left( {CNQ} \right)} \right) = \dfrac{{\left| {0 - 1 + 0 - 1} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {1^2}} }} = \dfrac{{2\sqrt 3 }}{3}\)

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

Trong \(\left( {SAC} \right)\) kẻ \(AH \bot SO\,\,\left( {H \in SO} \right)\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AH \bot SO\\AH \bot BD\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBD} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = AH\).

Vì ABCD là hình vuông cạnh a nên \(AO = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Xét tam giác vuông SAO có: \(AH = \dfrac{{SA.AO}}{{\sqrt {S{A^2} + A{O^2}} }} = \dfrac{{2a.\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{\sqrt {4{a^2} + \dfrac{{{a^2}}}{2}} }} \)\(= \dfrac{{2a}}{3}\).

Vậy \(d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = \dfrac{{2a}}{3}\).

Bước 1: Kẻ AH vuông góc với SB. Chứng minh \(AH = d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right)\)

Kẻ AH vuông góc với SB.

Ta có:

\(\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}SA \bot \left( {ABC} \right) =  > SA \bot BC\\BC \bot AB\end{array} \right\}\\ \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AH\\AH \bot SB\\ \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow AH = d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right)\)

Bước 2: Tính AH

Xét tam giác vuông ABC có: \(AB = \sqrt {A{C^2} - B{C^2}}  = a\sqrt 3 \)

Xét tam giác vuông SAB có:

\(\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{S{A^2}}} + \dfrac{1}{{A{B^2}}}\) \( = \dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{3{a^2}}} = \dfrac{4}{{3{a^2}}}\)

\( \Rightarrow AH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Bước 1:

 Kẻ \(AH \bot SD\)

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

\( \Rightarrow CD \bot AH\)

 Mà \(AH \bot SD\) nên \(AH \bot \left( {SCD} \right)\)

\( \Rightarrow AH = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)\)

\(AB//CD \Rightarrow AB//\left( {SCD} \right)\)

Bước 2:

\( \Rightarrow d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = AH\)

Bước 3:

Xét tam giác vuông SAD có đường cao AH, ta có:

\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{S{A^2}}} + \dfrac{1}{{A{D^2}}}\\ = \dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{4{a^2}}} = \dfrac{5}{{4{a^2}}}\\ \Rightarrow AH = \dfrac{{2a\sqrt 5 }}{5}\end{array}\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AC\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAC} \right)\)

Suy ra \(d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right) = BC = 3a\)

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