Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng

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 $\dfrac{1}{{D{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{D^2}}} + \dfrac{1}{{M{D^2}}} = \dfrac{3}{{{a^2}}}.$

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

Ta có $A'A \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow d\left( {A',\left( {ABCD} \right)} \right) = A'A$$=3a$.

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 $45^\circ$

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: Đổi $d\left( {M;\left( {SAC} \right)} \right)$ sang $d\left( {H;\left( {SAC} \right)} \right)$.

Gọi $H$ là trung điểm $AB$. Vì $\Delta SAB$ cân tại $S$ nên $SH \bot AB$.

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

Gọi $K = HD \cap AC$. Áp dụng định lí Ta-let ta có $\dfrac{{DK}}{{HK}} = \dfrac{{DC}}{{AH}} = 2 \Rightarrow DK = 2HK$.

Ta có $MD \cap \left( {SAC} \right) = S \Rightarrow \dfrac{{d\left( {M;\left( {SAC} \right)} \right)}}{{d\left( {D;\left( {SAC} \right)} \right)}} = \dfrac{{SM}}{{SD}} = \dfrac{1}{2}$

$\Rightarrow d\left( {M;\left( {SAC} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}d\left( {D;\left( {SAC} \right)} \right)$

Lại có $DH \cap \left( {SAC} \right) = K$ nên $\dfrac{{d\left( {D;\left( {SAC} \right)} \right)}}{{d\left( {H;\left( {SAC} \right)} \right)}} = \dfrac{{DK}}{{HK}} = 2 \Rightarrow d\left( {D;\left( {SAC} \right)} \right) = 2d\left( {H;\left( {SAC} \right)} \right)$

Bước 2: Trong $\left( {ABCD} \right)$ kẻ $HE \bot AC\,\,\left( {E \in AC} \right)$, trong $\left( {SHE} \right)$ kẻ $HN \bot SE\,\,\left( {N \in SE} \right)$, chứng minh $HN \bot \left( {SAC} \right)$

Do đó $d\left( {M;\left( {SAC} \right)} \right) = d\left( {H;\left( {SAC} \right)} \right)$

Trong $\left( {ABCD} \right)$ kẻ $HE \bot AC\,\,\left( {E \in AC} \right)$, trong $\left( {SHE} \right)$ kẻ $HN \bot SE\,\,\left( {N \in SE} \right)$ ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}AC \bot HE\\AC \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {SHE} \right)$$\Rightarrow AC \bot HN$$\left\{ \begin{array}{l}HN \bot SE\\HN \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow HN \bot \left( {SAC} \right)$$\Rightarrow d\left( {H;\left( {SAC} \right)} \right) = HN$

Bước 3: Xác định góc giữa $SC$ và $\left( {ABCD} \right)$, từ đó tính $SH$.

Vì $SH \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $HC$ là hình chiếu vuông góc của $SC$ lên $\left( {ABCD} \right)$

$\Rightarrow \angle \left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SC;HC} \right) = \angle SCH = {45^0}$

$\Rightarrow \Delta SHC$ vuông cân tại $H$$\Rightarrow SH = HC = \sqrt {B{C^2} + B{H^2}}$$= \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{a}{2}} \right)}^2}}  = \dfrac{{a\sqrt {17} }}{2}$

Bước 4: Tính $d\left( {M;\left( {SAC} \right)} \right)$

Ta có: ${S_{HAC}} = \dfrac{1}{2}HE.AC = \dfrac{1}{2}{S_{ABC}}$

$\Rightarrow HE.AC = \dfrac{1}{2}.AB.BC$

$\Rightarrow HE = \dfrac{{\dfrac{1}{2}.AB.BC}}{{AC}}$$= \dfrac{{\dfrac{1}{2}.a.2a}}{{\sqrt {{a^2} + {{\left( {2a} \right)}^2}} }}$$= \dfrac{a}{{\sqrt 5 }}$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $SHE$ ta có:

Nên $HN = \dfrac{{SH.HE}}{{\sqrt {S{H^2} + H{E^2}} }} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt {17} }}{2}.\dfrac{a}{{\sqrt 5 }}}}{{\sqrt {\dfrac{{17{a^2}}}{4} + \dfrac{{{a^2}}}{5}} }} = \dfrac{{a\sqrt {1513} }}{{89}}$

Vậy $d\left( {M;\left( {SAC} \right)} \right) = \dfrac{{a\sqrt {1513} }}{{89}}$.

Bước 1: Kẻ $OM \bot AC\,\,\left( {M \in AC} \right)$, $ON \bot AB\,\,\left( {N \in AB} \right)$, $OP \bot BC\,\,\left( {P \in BC} \right)$.

Kẻ $OM \bot AC\,\,\left( {M \in AC} \right)$, $ON \bot AB\,\,\left( {N \in AB} \right)$, $OP \bot BC\,\,\left( {P \in BC} \right)$.

Khi đó ta có $OP = a,\,\,OM = a\sqrt 2 ,\,\,ON = a\sqrt 3$.

Bước 2: Trong $\left( {OCN} \right)$ kẻ $OH \bot CN\,\,\left( {H \in CN} \right)$, chứng minh $OH \bot \left( {ABC} \right)$.

Trong $\left( {OCN} \right)$ kẻ $OH \bot CN\,\,\left( {H \in CN} \right)$ ta có:

$\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}AB \bot ON\\AB \bot OC\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {OCN} \right) \Rightarrow AB \bot OH\\\left\{ \begin{array}{l}OH \bot AB\\OH \bot CN\end{array} \right. \Rightarrow OH \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow d\left( {O;\left( {ABC} \right)} \right) = OH\end{array}$

Bước 3: Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính khoảng cách.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: $\dfrac{1}{{O{H^2}}} = \dfrac{1}{{O{C^2}}} + \dfrac{1}{{O{N^2}}} = \dfrac{1}{{O{A^2}}} + \dfrac{1}{{O{B^2}}} + \dfrac{1}{{O{C^2}}}$

Lại có

$\begin{array}{l}\dfrac{1}{{O{M^2}}} = \dfrac{1}{{O{A^2}}} + \dfrac{1}{{O{C^2}}};\,\,\dfrac{1}{{O{N^2}}} = \dfrac{1}{{O{A^2}}} + \dfrac{1}{{O{B^2}}};\,\,\dfrac{1}{{O{P^2}}} = \dfrac{1}{{O{B^2}}} + \dfrac{1}{{O{C^2}}}\\ \Rightarrow \dfrac{1}{{O{M^2}}} + \dfrac{1}{{O{N^2}}} + \dfrac{1}{{O{P^2}}} = 2\left( {\dfrac{1}{{O{A^2}}} + \dfrac{1}{{O{B^2}}} + \dfrac{1}{{O{C^2}}}} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{1}{{O{A^2}}} + \dfrac{1}{{O{B^2}}} + \dfrac{1}{{O{C^2}}} = \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{1}{{O{M^2}}} + \dfrac{1}{{O{N^2}}} + \dfrac{1}{{O{P^2}}}} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{1}{{O{A^2}}} + \dfrac{1}{{O{B^2}}} + \dfrac{1}{{O{C^2}}} = \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{1}{{2{a^2}}} + \dfrac{1}{{3{a^2}}} + \dfrac{1}{{{a^2}}}} \right) = \dfrac{{11}}{{12{a^2}}}\\ \Rightarrow \dfrac{1}{{O{H^2}}} = \dfrac{{11}}{{12{a^2}}} \Rightarrow OH = \dfrac{{2a\sqrt {33} }}{{11}}\end{array}$

=> $d\left( {O;\left( {ABC} \right)} \right) = \dfrac{{2a\sqrt {33} }}{{11}}$.

Vậy m=33.

Bước 1: Gọi $O=A C \cap B D$. Tính BO, CH, HD theo a.

Gọi $O=A C \cap B D$

Ta có $\Delta A B C$ dều cạnh $a$ có $H$ là trọng tâm $\Rightarrow B O=\dfrac{a \sqrt{3}}{2}, C H=\dfrac{a \sqrt{3}}{3}, H D=\dfrac{4}{3} B O=\dfrac{2 a \sqrt{3}}{3}$

Bước 2: Tính SH theo a.

Mặt khác, $(\widehat{S D,(A B C D)})=\widehat{S D H}=30^{\circ}$

$\Rightarrow S H=H D \cdot \tan \widehat{S D H}=\dfrac{2 a}{3}$

Lại có $C H \perp A B \Rightarrow C H \perp C D$

Bước 3: Kẻ $H K \perp S C(K \in S C)$. Chứng minh $HK \bot CD$

Kẻ $H K \perp S C(K \in S C)$.

Ta có:

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{SH \bot CD}\\{CH \bot CD}\end{array}} \right.$$\Rightarrow CD \bot (SHC)$$\Rightarrow HK \bot CD$$\Rightarrow HK \bot (SCD)$

Bước 4: Tính $d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right)$

$\Rightarrow d(H,(SCD)) = HK$$= \dfrac{{SH.HC}}{{\sqrt {S{H^2} + H{C^2}} }}$$= \dfrac{{2a\sqrt {21} }}{{21}}$

Mà $\dfrac{{d(H,(SCD))}}{{d(B,(SCD))}} = \dfrac{{HD}}{{BD}} = \dfrac{2}{3}$$\Rightarrow {d{(B,(SCD))}} = \dfrac{{a\sqrt {21} }}{7}$