Tổng hợp câu hay và khó chương 8 phần 2

Giả sử trải các mặt hình chóp đều trên đường tròn tâm $S$ và bán kính $R = SA$. Ta có $\Delta SAK$ có  $\widehat {ASK} = 15^\circ .4 = 60^\circ$ $\Rightarrow \Delta SAK$ đều.

Mà đoạn đường $AQ$ ngắn nhất khi $A$, $M$, $N$, $P$, $Q$ thẳng hàng.

Khi đó $N$ là trọng tâm $\Delta SAK$. Suy ra $k = \dfrac{{AM + MN}}{{NP + PQ}} = \dfrac{{AN}}{{NQ}} = 2$.

Cách 1:

Ta có $B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2.AB.AC\cos \widehat {BAC}$ $= {1^2} + {2^2} - 2.1.2.\cos 120^\circ  = 7$. Suy ra $BC = \sqrt 7$.

Ta cũng có $\cos \widehat {ABC} = \dfrac{{A{B^2} + B{C^2} - A{C^2}}}{{2.AB.BC}}$$= \dfrac{{{1^2} + {{\sqrt 7 }^2} - {2^2}}}{{2.1.\sqrt 7 }} = \dfrac{2}{{\sqrt 7 }}$, suy ra $\cos \widehat {A'B'C} = \dfrac{2}{{\sqrt 7 }}$.

Gọi $D = BN \cap B'C'$, suy ra $\dfrac{{DC'}}{{DB'}} = \dfrac{{C'N}}{{B'B}} = \dfrac{1}{3}$, nên $DB' = \dfrac{3}{2}B'C' = \dfrac{{3\sqrt 7 }}{2}$.

Từ đó, ta có

$A'{D^2} = A'{B'^2} + B'{D^2} - 2.A'B'.B'D.\cos \widehat {A'B'D}$$= {1^2} + {\left( {\dfrac{{3\sqrt 7 }}{2}} \right)^2} - 2.1.\dfrac{{3\sqrt 7 }}{2}.\dfrac{2}{{\sqrt 7 }} = \dfrac{{43}}{4}$.

Hay $A'D = \dfrac{{\sqrt {43} }}{2}$.

Kẻ $B'E \bot A'D$ và $B'H \bot BE$, suy ra $B'H \bot \left( {A'BN} \right)$, do đó $d\left( {B';\left( {A'BN} \right)} \right) = B'H$.

Từ $\cos \widehat {A'B'C} = \dfrac{2}{{\sqrt 7 }} \Rightarrow \sin \widehat {A'B'C} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 }}$.

Do đó ${S_{A'B'D}} = \dfrac{1}{2}.A'B'.B'D.\sin \widehat {A'B'D}$$= \dfrac{1}{2}.1.\dfrac{{3\sqrt 7 }}{2}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 }} = \dfrac{{3\sqrt 3 }}{4}$.

$B'E = \dfrac{{2{S_{A'B'D}}}}{{A'D}} = \dfrac{{2.\dfrac{{3\sqrt 3 }}{4}}}{{\dfrac{{\sqrt {43} }}{2}}} = \dfrac{{3\sqrt 3 }}{{\sqrt {43} }}$.

$\dfrac{1}{{B'{H^2}}} = \dfrac{1}{{B'{E^2}}} + \dfrac{1}{{B{{B'}^2}}}$$= \dfrac{1}{{{{\left( {\dfrac{{3\sqrt 3 }}{{\sqrt {43} }}} \right)}^2}}} + \dfrac{1}{{{3^2}}} = \dfrac{{46}}{{27}}$$\Rightarrow B'H = \sqrt {\dfrac{{27}}{{46}}}$.

Từ $BM = 3B'M$suy ra

$d\left( {M;\left( {A'BN} \right)} \right) = \dfrac{3}{4}d\left( {B';\left( {A'BN} \right)} \right)$$= \dfrac{3}{4}.B'H = \dfrac{3}{4}.\sqrt {\dfrac{{27}}{{46}}}  = \dfrac{{9\sqrt {138} }}{{184}}$.

Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC$, vì tứ diện $OABC$ có $OA$, $OB$, $OC$ đôi một vuông góc nên ta có $OH \bot \left( {ABC} \right)$ và $\dfrac{1}{{O{H^2}}} = \dfrac{1}{{O{A^2}}} + \dfrac{1}{{O{B^2}}} + \dfrac{1}{{O{C^2}}}$.

Ta có $\alpha  = \widehat {\left( {OA;\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {OAH}$, $\beta  = \widehat {\left( {OB;\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {OBH}$, $\gamma  = \widehat {\left( {OC;\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {OCH}$.

Nên $\sin \alpha  = \dfrac{{OH}}{{OA}}$, $\sin \beta  = \dfrac{{OH}}{{OB}}$, $\sin \gamma  = \dfrac{{OH}}{{OC}}$.

Đặt $a = OA$, $b = OB$, $c = OC$, $h = OH$ thì $\dfrac{1}{{{h^2}}} = \dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{{b^2}}} + \dfrac{1}{{{c^2}}}$và

$M = \left( {3 + {{\cot }^2}\alpha } \right).\left( {3 + {{\cot }^2}\beta } \right).\left( {3 + {{\cot }^2}\gamma } \right)$$= \left( {2 + \dfrac{1}{{{{\sin }^2}\alpha }}} \right).\left( {2 + \dfrac{1}{{{{\sin }^2}\beta }}} \right).\left( {2 + \dfrac{1}{{{{\sin }^2}\gamma }}} \right)$$= \left( {2 + \dfrac{{{a^2}}}{{{h^2}}}} \right).\left( {2 + \dfrac{{{b^2}}}{{{h^2}}}} \right).\left( {2 + \dfrac{{{c^2}}}{{{h^2}}}} \right)$$= 8 + 4\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right).\dfrac{1}{{{h^2}}} + 2\left( {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} \right).\dfrac{1}{{{h^4}}} + {a^2}{b^2}{c^2}.\dfrac{1}{{{h^6}}}$.

Ta có: $\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right).\dfrac{1}{{{h^2}}}$$= \left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right).\left( {\dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{{b^2}}} + \dfrac{1}{{{c^2}}}} \right)$$\ge 3\sqrt[3]{{{a^2}.{b^2}.{c^2}}}.3\sqrt[3]{{\dfrac{1}{{{a^2}}}.\dfrac{1}{{{b^2}}}.\dfrac{1}{{{c^2}}}}} = 9$.

$\left( {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} \right).\dfrac{1}{{{h^4}}}$$= \left( {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} \right).{\left( {\dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{{b^2}}} + \dfrac{1}{{{c^2}}}} \right)^2}$

$\ge 3\sqrt[3]{{{a^2}{b^2}.{b^2}{c^2}.{c^2}{a^2}}}.{\left( {3\sqrt[3]{{\left( {\dfrac{1}{{{a^2}}}.\dfrac{1}{{{b^2}}}.\dfrac{1}{{{c^2}}}} \right)}}} \right)^2}$$= 3\sqrt[3]{{{a^4}{b^4}{c^4}}}.9\sqrt[3]{{\dfrac{1}{{{a^4}{b^4}{c^4}}}}} = 27$.

${a^2}{b^2}{c^2}.\dfrac{1}{{{h^6}}}$$= {a^2}{b^2}{c^2}.{\left( {\dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{{b^2}}} + \dfrac{1}{{{c^2}}}} \right)^3} \ge {a^2}{b^2}{c^2}.{\left( {3\sqrt[3]{{\left( {\dfrac{1}{{{a^2}}}.\dfrac{1}{{{b^2}}}.\dfrac{1}{{{c^2}}}} \right)}}} \right)^3} = 27$.

Do đó: $M = 8 + 4\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right).\dfrac{1}{{{h^2}}} + 2\left( {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} \right).\dfrac{1}{{{h^4}}} + {a^2}{b^2}{c^2}.\dfrac{1}{{{h^6}}}$

$\ge 8 + 4.9 + 2.27 + 27 = 125$.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c$, hay $OA = OB = OC$.

Vậy $\min M = 125$.

- Vì hai mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {SAC} \right)$ cùng vuông góc với mặt phẳng đáy nên $SA \bot \left( {ABCD} \right)$

$\Rightarrow \widehat {SBA} = 60^\circ$ là góc giữa $SB$ và mặt phẳng đáy$\Rightarrow SA = AB.\tan 60^\circ  = 3\sqrt 3$.

- Trong mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ dựng $NE\;{\rm{//}}\;DM$cắt $BC$ tại $E$, cắt $AC$ tại $J$.

Gọi $I$ là giao điểm của $DM$ và $AC$.

Ta có: $DM\;{\rm{//}}\;NE \Rightarrow DM\;{\rm{//}}\;\left( {SNE} \right)$ $\Rightarrow d\left( {DM;SN} \right) = d\left( {DM;\left( {SNE} \right)} \right) = d\left( {I;\left( {SNE} \right)} \right)$.

Do $NE\;{\rm{//}}\;DM \Rightarrow \dfrac{{CJ}}{{CI}} = \dfrac{{CE}}{{CM}} = \dfrac{{CN}}{{CD}} = \dfrac{2}{3}$$\Rightarrow IJ = \dfrac{1}{3}IC$.

Lại có: $BC\;{\rm{//}}\;AD \Rightarrow \dfrac{{IC}}{{IA}} = \dfrac{{CM}}{{AD}} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow IC = \dfrac{1}{3}IA$$\Rightarrow IJ = \dfrac{1}{9}IA \Rightarrow IJ = \dfrac{1}{{10}}AJ$

Mặt khác: $\dfrac{{d\left( {I;\left( {SNE} \right)} \right)}}{{d\left( {A;\left( {SNE} \right)} \right)}} = \dfrac{{IJ}}{{AJ}} = \dfrac{1}{{10}}$$\Rightarrow d\left( {I;\left( {SNE} \right)} \right) = \dfrac{1}{{10}}d\left( {A;\left( {SNE} \right)} \right)$.

- Xét tam giác $DAN$ và tam giác $CDM$ có: $DA = CD$, $DN = CM$, $\widehat {ADN} = \widehat {DCM} = 90^\circ$

$\Rightarrow \Delta DAN = \Delta CDM$ (c.g.c) $\Rightarrow \widehat {DAN} = \widehat {CDM}$$\Rightarrow \widehat {DAN} + \widehat {ADM} = \widehat {CDM} + \widehat {ADM} = 90^\circ$

$\Rightarrow AN \bot DM \Rightarrow AN \bot NE$$\Rightarrow NE \bot \left( {SAN} \right) \Rightarrow \left( {SNE} \right) \bot \left( {SAN} \right)$ (có giao tuyến là $SN$).

- Dựng $AH \bot SN$ tại $H$$\Rightarrow AH \bot \left( {SNE} \right) \Rightarrow AH = d\left( {A;\left( {SNE} \right)} \right)$.

- Ta có: $SA = 3\sqrt 3$, $AN = \sqrt {A{D^2} + D{N^2}}  = \sqrt {10}$.

$\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{S{A^2}}} + \dfrac{1}{{A{N^2}}} = \dfrac{1}{{27}} + \dfrac{1}{{10}} = \dfrac{{37}}{{270}} \Rightarrow AH = \dfrac{{3\sqrt {30} }}{{\sqrt {37} }}$

$\Rightarrow d\left( {DM;SN} \right) = \dfrac{1}{{10}}AH = \dfrac{{3\sqrt 3 }}{{\sqrt {370} }}$.

Kẻ $AH \bot SB$ và $AK \bot SM$.

Vì tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$và $BC = a$cùng với $SA \bot \left( {ABC} \right)$ nên suy ra $BM \bot \left( {SAC} \right)$ và $BM = AM = \dfrac{{AC}}{2} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}$. Do đó $BM \bot AK$.

Từ $BM \bot AK$ và $AK \bot SM$ suy ra $AK \bot \left( {SBM} \right)$$\Rightarrow AK \bot SB$.

Từ $AH \bot SB$ và $AK \bot SB$ ta có $\left( {AHK} \right) \bot SB$. Do đó, góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SBM} \right)$ và $\left( {SAB} \right)$ bằng hoặc bù với góc $\widehat {AHK}$.

Ta có:

$AH = \dfrac{{SA.AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }}$$= \dfrac{{a.a\sqrt 3 }}{{\sqrt {{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2} + {a^2}} }}$$= \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

$AK = \dfrac{{SA.AM}}{{\sqrt {S{A^2} + A{M^2}} }}$$= \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.a\sqrt 3 }}{{\sqrt {{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} }}$$= \dfrac{{a\sqrt {21} }}{7}$.

Từ $\left( {AHK} \right) \bot SB$ ta có $HK \bot SB$ nên $\Delta SHK \sim \Delta SMB$, do đó $\dfrac{{HK}}{{MB}} = \dfrac{{SK}}{{SB}}$.

Mặt khác

$SK.SM = S{A^2}$$\Rightarrow SK = \dfrac{{S{A^2}}}{{SM}}$$= \dfrac{{{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}}}{{\sqrt {{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} }}$$= \dfrac{{3a\sqrt {14} }}{7}$;

$SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}}  = 2a$;

Nên $\dfrac{{HK}}{{MB}} = \dfrac{{SK}}{{SB}} = \dfrac{{3\sqrt {14} }}{{14}}$$\Rightarrow HK = \dfrac{{3\sqrt {14} }}{{14}}.MB$$= \dfrac{{3\sqrt {14} }}{{14}}.\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2} = \dfrac{{3a\sqrt 7 }}{{14}}$.

Trong tam giác $AHK$ ta có:

$\cos \widehat {AHK} = \dfrac{{A{H^2} + H{K^2} - A{K^2}}}{{2.AH.HK}}$$= \dfrac{{{{\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{{3a\sqrt 7 }}{{14}}} \right)}^2} - {{\left( {\dfrac{{a\sqrt {21} }}{7}} \right)}^2}}}{{2.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{{3a\sqrt 7 }}{{14}}}}$$= \dfrac{{\sqrt {21} }}{7}$.

Như vậy, góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SBM} \right)$ và $\left( {SAB} \right)$là $\alpha$ với $\cos \alpha  = \dfrac{{\sqrt {21} }}{7}$$\Rightarrow \sin \alpha  = \dfrac{{2\sqrt 7 }}{7}$. Bởi vậy: $\cot \alpha  = \dfrac{{\cos \alpha }}{{\sin \alpha }} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}$.

Gọi $N$ là trung điểm $CD$, khi đó $G$ là trung điểm $MN$ và $x$ đi qua trọng tâm $H$ của tam giác $BCD$. Ta có $AH \bot \left( {BCD} \right)$ và $AH = \sqrt {A{B^2} - B{H^2}}$$= \sqrt {{{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2} - {{\left( {\dfrac{{2\sqrt 6 }}{3}} \right)}^2}}$$= \dfrac{{4\sqrt 3 }}{3}$.

Ta có: $GH = \dfrac{1}{4}AH = \dfrac{{\sqrt 3 }}{3}$.

Gọi $K$ là trung điểm $CN$ thì $GK{\rm{//}}CM$ nên $CM{\rm{//}}\left( {BGK} \right)$. Do đó:

$d\left( {BG;CM} \right) = d\left( {C;\left( {BGK} \right)} \right)$$= d\left( {N;\left( {BGK} \right)} \right)$$= \dfrac{3}{2}d\left( {H;\left( {BGK} \right)} \right)$.

Kẻ $HI \bot BK$, $HJ \bot GI$ với $I \in BK$, $J \in GI$. Khi đó $HJ \bot \left( {BGK} \right)$ và $HJ = d\left( {H;\left( {BGK} \right)} \right)$.

Ta có $BK = \sqrt {B{N^2} + N{K^2}}$$= \sqrt {{{\left( {\sqrt 6 } \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}$$= \dfrac{{\sqrt {26} }}{2}$.

Ta có $HI = BH.\sin \widehat {KBN}$ $= BH.\dfrac{{KN}}{{BK}}$$= \dfrac{{2\sqrt 6 }}{3}.\dfrac{{\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}}}{{\dfrac{{\sqrt {26} }}{2}}}$$= \dfrac{{2\sqrt 6 }}{{3\sqrt {13} }}$.

Do đó: $HJ = \dfrac{{HI.HG}}{{\sqrt {H{I^2} + H{G^2}} }}$$= \dfrac{{\dfrac{{2\sqrt 6 }}{{3\sqrt {13} }}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{3}}}{{\sqrt {{{\left( {\dfrac{{2\sqrt 6 }}{{3\sqrt {13} }}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} }}$$= \dfrac{{2\sqrt 2 }}{{3\sqrt 7 }}$.

Vậy $d\left( {BG;CM} \right) = \dfrac{3}{2}d\left( {H;\left( {BGK} \right)} \right)$$= \dfrac{3}{2}HJ$$= \dfrac{3}{2}.\dfrac{{2\sqrt 2 }}{{3\sqrt 7 }}$$= \dfrac{2}{{\sqrt {14} }}$.

Ta có: $AH \bot \left( {BA'C} \right),\,AK \bot \left( {DA'C} \right)$ với $H,\,K$ lần lượt là trung điểm của $A'B,\,A'D$

Suy ra $\widehat {\left( {\left( {BA'C} \right);\left( {DA'C} \right)} \right)} = \widehat {\left( {AH;AK} \right)} = \widehat {HAK}$

Lại có: $HK$ là đường trung bình của $\Delta A'BD$ nên $HK = \dfrac{1}{2}BD = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}$

Mặt khác: $AH = AK = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}$

Do đó $AH = AK = HK = a\sqrt 2$

Suy ra $\Delta AHK$ đều

Vậy $\widehat {\left( {\left( {BA'C} \right);\left( {DA'C} \right)} \right)} = \widehat {HAK} = 60^\circ$.

$\left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) =$$\left( {SC,CH} \right) =$$\widehat {SCH} = {60^0}$.

$\cos \left( {SB,AC} \right) = \dfrac{{\left| {\overrightarrow {SB} .\overrightarrow {AC} } \right|}}{{SB.AC}}$

$\overrightarrow {SB} .\overrightarrow {AC}  = \left( {\overrightarrow {SH}  + \overrightarrow {HB} } \right)\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {BC} } \right)$$= \overrightarrow {SH} .\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {SH} .\overrightarrow {BC}  + \overrightarrow {HB} .\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {HB} .\overrightarrow {BC}$

$= \overrightarrow {HB} .\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {HB} .\overrightarrow {BC}$$= \dfrac{1}{2}A{B^2} = 2{a^2}$

$AC = a\sqrt 5$, $CH = \sqrt {{a^2} + {a^2}}  = a\sqrt 2$, $SH = CH.\tan \widehat {SCH} = a\sqrt 6$.

$SB = \sqrt {S{H^2} + H{B^2}}$$= \sqrt {{{\left( {a\sqrt 6 } \right)}^2} + {a^2}}  = a\sqrt 7$.

$\cos \left( {SB,AC} \right) = \dfrac{{\left| {\overrightarrow {SB} .\overrightarrow {AC} } \right|}}{{SB.AC}}$$= \dfrac{{2{a^2}}}{{a\sqrt 7 .a\sqrt 5 }}$$= \dfrac{2}{{\sqrt {35} }}$.

Gọi $H$ là trung điểm của $CD$ nên $AH \bot CD$

$\Leftrightarrow AH \bot \left( {BCD} \right)$ (do $\left( {ACD} \right) \bot \left( {BCD} \right)$) và $\left( {ACD} \right) \cap \left( {BCD} \right) = CD$

Gọi $M$ là trung điểm của $AB$ nên $CM \bot AB$

Vì $\left( {ABC} \right) \bot \left( {ABD} \right)$ và $\left( {ABC} \right) \cap \left( {ABD} \right) = AB$ $\Rightarrow CM \bot MD.$

$\Delta ABC = \Delta ABD$$\Rightarrow MC = MD$$\Rightarrow \Delta MCD$ vuông cân tại $M$.

Đặt $CD = x$ $\Rightarrow A{H^2} = B{H^2} = {a^2} + \dfrac{{{x^2}}}{4} \Leftrightarrow A{B^2} = A{H^2} + B{H^2} = 2{a^2} + \dfrac{{{x^2}}}{2}$

Ta có $MH = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{1}{2}\sqrt {2{a^2} + \dfrac{{{x^2}}}{2}}  \Leftrightarrow MH = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}CD \Leftrightarrow \sqrt {2{a^2} + \dfrac{{{x^2}}}{2}} .\dfrac{1}{2} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}x$

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

Ta xét tích vô hướng

$\overrightarrow {AD} .\overrightarrow {BC}  = \overrightarrow {AD} .\left( {\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AB} } \right)$$= \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AB}$$=  = AD.AC.\cos \widehat A - AD.AB.\cos \widehat A$$= AD.AC.\dfrac{{A{D^2} + A{C^2} - C{D^2}}}{{2AD.AC}} - AD.AB.\dfrac{{A{D^2} + A{B^2} - B{D^2}}}{{2AD.AB}}$$= \dfrac{{A{D^2} + A{C^2} - C{D^2}}}{2} - \dfrac{{A{D^2} + A{B^2} - B{D^2}}}{2}$.

$= \dfrac{{A{C^2} + B{D^2} - C{D^2} - A{B^2}}}{2}$$= \dfrac{{15{a^2} + 10{a^2} - 16{a^2} - 9{a^2}}}{2} = 0$$\Rightarrow AD \bot BC$.

Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ lên mặt phẳng $\left( {BCD} \right)$ và $M = DH \cap BC$ suy ra $M$ nằm giữa $B$ và $C$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AH\\BC \bot AD\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {AHD} \right)$$\Rightarrow BC \bot DM$.

Trong mặt phẳng $\left( {ADM} \right)$ dựng $MN \bot AD$ tại $N$, suy ra $\left\{ \begin{array}{l}MN \bot BC\\MN \bot AD\end{array} \right.$ suy ra $MN$ là đoạn vuông góc chung của $AD$ và $BC$, do đó $d\left( {AD;\,BC} \right) = MN = \dfrac{{5a}}{4}$.

Vì $AH \bot \left( {BCD} \right)$ nên $\widehat {\left( {AD;\,\left( {BCD} \right)} \right)} = \widehat {ADH} = 45^\circ$. Đồng thời $H$ nằm giữa $D$ và $M$ nên $\widehat {AMD} < 90^\circ$ suy ra $N$ nằm giữa $A$ và $D$.

Ta có $DM = MN.\sqrt 2  = \dfrac{{5a\sqrt 2 }}{4}$$\Rightarrow BM = \sqrt {B{D^2} - D{M^2}}  = \dfrac{{a\sqrt {110} }}{4}$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}AD \bot MN\\AD \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow AD \bot \left( {BNC} \right) \Rightarrow AD \bot BN$.

$\Rightarrow AN = \sqrt {A{B^2} - B{N^2}}$$= \sqrt {A{B^2} - \left( {B{M^2} + M{N^2}} \right)}$$= \sqrt {9{a^2} - \left( {\dfrac{{110{a^2}}}{{16}} + \dfrac{{25{a^2}}}{{16}}} \right)}$$= \dfrac{{3a}}{4}$.

Mặt khác vì tam giác $DMN$ vuông cân tại $N$ nên $DN = MN = \dfrac{{5a}}{4}$.

Do đó $AD = AN + DN = 2a$.

- Dựng $BH \bot AC$ tại $H$, theo giả thiết suy ra $BH \bot \left( {SAC} \right)$$\Rightarrow BH \bot SA$.

- Dựng $HI \bot SA$ tại $I$$\Rightarrow SA \bot \left( {BHI} \right)$$\Rightarrow \widehat {BIH}$ là góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {SAC} \right)$.

- Dựng $CK \bot SA$ tại $K$ $\Rightarrow CK = 4$ là khoảng cách từ $C$ đến $SA$.

- Ta có: $BH = \dfrac{{BA.BC}}{{AC}}$$= \dfrac{{3.4}}{5} = \dfrac{{12}}{5}$$\Rightarrow AH = \sqrt {A{B^2} - B{H^2}}  = \dfrac{9}{5}$.

$IH{\rm{//}}CK$$\Rightarrow \dfrac{{HI}}{{CK}} = \dfrac{{AH}}{{AC}} = \dfrac{9}{{25}}$$\Rightarrow HI = \dfrac{9}{{25}}.CK = \dfrac{{36}}{{25}}$

$\Rightarrow \tan \widehat {BIH} = \dfrac{{BH}}{{HI}} = \dfrac{5}{3}$$\Rightarrow \cos \widehat {BIH} = \dfrac{1}{{\sqrt {1 + {{\tan }^2}\widehat {BIH}} }} = \dfrac{3}{{\sqrt {34} }}$.

Vậy $\cos \widehat {BIH} = \dfrac{{3\sqrt {34} }}{{34}}$.

AB // CD$\Rightarrow AB//(SCD) \supset CM$

$\Rightarrow d\left( {AB,CM} \right) = d\left( {AB;(SCD)} \right) = d(A,(SCD))$

Kẻ $AH \bot SD,\,\,H \in SD\,\,\left( 1 \right)$ ta có: $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow SD \bot AH\,\,\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = AH \Rightarrow d\left( {AB,CM} \right) = AH$.

Tam giác SAD vuông tại A, $AH \bot SD,\,\,H \in SD$, suy ra:

$\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{S{A^2}}} + \dfrac{1}{{A{D^2}}} = \dfrac{1}{{{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}}} + \dfrac{1}{{{a^2}}} = \dfrac{4}{{3{a^2}}} \Rightarrow A{H^2} = \dfrac{{3{a^2}}}{4} \Rightarrow AH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$

Vậy khoảng cách giữa 2 đường thẳng CM và AB là  $\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Theo đề bài, ta có: các tam giác $SAB,\,\,SBC$ có:  $\widehat {ASB} = \widehat {CSB} = {60^0}$ và $SA' = \,\,SB = SC = 2a$

$\Rightarrow \Delta SAB,\,\,\Delta SBC$ đều, cạnh bằng 2a.

$\Delta SA'C$ vuông cân tại S $\Rightarrow A'C = SA'.\sqrt 2  = 2\sqrt 2 a$

$\Rightarrow \Delta A'BC$ vuông cân tại B

Gọi N là trung điểm của A’C $\Rightarrow SN \bot (A'BC)$

Gọi M là trung điểm của BC $\Rightarrow MN//A'B$. Mà $A'B \bot BC \Rightarrow MN \bot BC \Rightarrow BC \bot (SMN)$

Ta có: $A'S \cap (SBC) = S,\,\,A'S = 2AS \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}d\left( {A';\left( {SBC} \right)} \right)$

Mặt khác: $A'C \cap (SBC) = C,\,\,A'C = 2NC \Rightarrow d\left( {A';\left( {SBC} \right)} \right) = 2d\left( {N;\left( {SBC} \right)} \right)$

$\Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {N;\left( {SBC} \right)} \right)$

Trong $\left( {SMN} \right)$, kẻ $NH \bot SM \Rightarrow SM \bot (SBC) \Rightarrow d\left( {N;(SBC)} \right) = NH \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = NH$

+) Tính NH:

Ta có: $MN = \dfrac{1}{2}A'B = \dfrac{1}{2}.2a = a$(vì $\Delta SA'B$ đều, cạnh bằng 2a), $SN = \dfrac{1}{2}A'C = \dfrac{1}{2}.2\sqrt 2 a = \sqrt 2 a$ (vì $\Delta SA'C$ vuông tại S)

$\Delta SMN$ vuông tại N, $NH \bot SM \Rightarrow \dfrac{1}{{N{H^2}}} = \dfrac{1}{{S{N^2}}} + \dfrac{1}{{M{N^2}}} = \dfrac{1}{{2{a^2}}} + \dfrac{1}{{{a^2}}} = \dfrac{3}{{2{a^2}}} \Rightarrow NH = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}$

$\Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}$

$\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBI} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SCI} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SBI} \right) \cap \left( {SCI} \right) = SI\end{array} \right. \Rightarrow SI \bot \left( {ABCD} \right)$

Trong (ABCD) kẻ $IE \bot BC$ ta có

 $\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}BC \bot IE\\BC \bot SI\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SIE} \right) \Rightarrow BC \bot SE\\\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC\\\left( {SBC} \right) \supset SE \bot BC\\\left( {ABCD} \right) \supset IE \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SBCD} \right);\left( {SBC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {IE;SE} \right)} = \widehat {SEI} = {60^0}\end{array}$

Trong (SIE) kẻ $IH \bot SE \Rightarrow IH \bot BC \Rightarrow IH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {I;\left( {SBC} \right)} \right) = IH$

Ta có :

$\begin{array}{l}{S_{ABI}} = \dfrac{1}{2}AB.AI = \dfrac{1}{2}3a.\dfrac{a}{2} = \dfrac{{3{a^2}}}{4}\\{S_{ICD}} = \dfrac{1}{2}CD.ID = \dfrac{1}{2}a.\dfrac{a}{2} = \dfrac{{{a^2}}}{4}\\{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}AD\left( {AB + CD} \right) = \dfrac{1}{2}a\left( {a + 3a} \right) = 2{a^2}\\ \Rightarrow {S_{IBC}} = 2{a^2} - \left( {\dfrac{{3{a^2}}}{4} + \dfrac{{{a^2}}}{4}} \right) = {a^2}\end{array}$

$BC = \sqrt {{a^2} + {{\left( {2a} \right)}^2}}  = a\sqrt 5$

Mà ${S_{IBC}} = \dfrac{1}{2}IE.BC \Leftrightarrow IE = \dfrac{{2{S_{IBC}}}}{{BC}} = \dfrac{{2{a^2}}}{{a\sqrt 5 }} = \dfrac{{2a}}{{\sqrt 5 }}$

Xét tam giác vuông IHE có : $IH = IE.\sin 60 = \dfrac{{2a}}{{\sqrt 5 }}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{5}$ 

Do $\widehat {BAC} = {120^0}$ nên $\Delta ABC$ cân tại A.

Xét tam giác ACI có $CI = \sqrt {A{C^2} + A{I^2} - 2AC.AI.\cos {{120}^0}}  = \dfrac{{a\sqrt 7 }}{2}$

$\Rightarrow AH = \sqrt {\dfrac{{A{C^2} + A{I^2}}}{2} - \dfrac{{C{I^2}}}{4}}  = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}$

Ta có $AH \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow$ HA là hình chiếu của SA trên (ABC)

$\Rightarrow \widehat {\left( {SA;\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SA;HA} \right)} = \widehat {SAH} = {60^0}$

Xét tam giác vuông SAH : $SH = AH.\tan 60 = \dfrac{{3a}}{4}$ 

Trong (ABC) kẻ $AE \bot BC,HF \bot BC\,\,\left( {E;F \in BC} \right)$, $D = AH \cap \left( {SBC} \right)$.

$\Rightarrow EH$ là đường trung bình của tam giác BCI $\Rightarrow EH = \dfrac{1}{2}BI = \dfrac{1}{4}AB = \dfrac{a}{4}$

Ta có $AE = AB.\sin 30 = \dfrac{a}{2}$

Xét tam giác AEH có : $A{H^2} + H{E^2} = \dfrac{{{a^2}}}{4} = A{E^2} \Rightarrow \Delta AEH$ vuông tại H (Định lí Py – ta – go đảo) $\Rightarrow AD = \dfrac{{A{E^2}}}{{AH}} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3};HD = \dfrac{{E{H^2}}}{{AH}} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{{12}}$

Ta có: $AH \cap \left( {SBC} \right) = D \Rightarrow \dfrac{{d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right)}}{{d\left( {H;\left( {SBC} \right)} \right)}} = \dfrac{{AD}}{{HD}} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}}}{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{{12}}}} = 4 \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = 4d\left( {H;\left( {SBC} \right)} \right)$

Trong (SHF) kẻ $HK \bot SF$ ta có                                                                                        

$\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}SH \bot BC\\HF \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SHF} \right) \Rightarrow BC \bot HK\\\left\{ \begin{array}{l}HK \bot BC\\HK \bot SF\end{array} \right. \Rightarrow HK \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {H;\left( {SBC} \right)} \right) = HK\end{array}$ 

Ta có : $\dfrac{{HF}}{{AE}} = \dfrac{{HD}}{{AD}} \Rightarrow HF = \dfrac{{AE.HD}}{{AD}} = \dfrac{{\dfrac{a}{2}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{{12}}}}{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}}} = \dfrac{a}{8}$

$\Rightarrow HK = \sqrt {\dfrac{{S{H^2}.H{F^2}}}{{S{H^2} + H{F^2}}}}  = \sqrt {\dfrac{{{{\left( {\dfrac{{3a}}{4}} \right)}^2}.{{\left( {\dfrac{a}{8}} \right)}^2}}}{{{{\left( {\dfrac{{3a}}{4}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{a}{8}} \right)}^2}}}}  = \dfrac{{3a}}{{4\sqrt {37} }} \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = 4HK = \dfrac{{3a}}{{\sqrt {37} }} = \dfrac{{3a\sqrt {37} }}{{37}}$