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