Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy là tam giác đều cạnh \(a\). Biết \(SH \bot \left( {ABC} \right)\) với H thuộc cạnh \(AB\) thỏa mãn\(AB = 3AH\). Góc tạo bởi \(SA\) và mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) bằng \(60^\circ \). Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(SA\) và \(BC\) là

Kẻ Ax song song với BC

Kẻ HK vuông góc với Ax, kẻ HF vuông góc với SK.

Bước 1: Chứng minh \(HF \bot \left( {SAK} \right)\)

Ta có

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}HK \bot Ax\\SH \bot Ax\end{array} \right. \Rightarrow Ax \bot \left( {SHK} \right)\\\left. \begin{array}{l} \Rightarrow AK \bot HF\\HF \bot SK\end{array} \right\} \Rightarrow HF \bot \left( {SAK} \right)\end{array}\)

Bước 2: Chứng tỏ \(d\left( {BC,SA} \right)\) \( = 3d\left( {H,\left( {SAK} \right)} \right)\) và tìm khoảng cách .

\(d\left( {BC,SA} \right) = d\left( {BC,\left( {SAK} \right)} \right)\) \( = d\left( {B,\left( {SAK} \right)} \right) = 3d\left( {H,\left( {SAK} \right)} \right)\)

Ta có \(AB = a =  > AH = \dfrac{a}{3}\)

Tam giác ABC đều nên \(\widehat {ABC} = {60^0}\)

=> \(\widehat {HAK} = {60^0}\)

\( =  > HK = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}.AH = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{1}{3}a = \dfrac{a}{{2\sqrt 3 }}\)

Góc tạo bởi SA và (ABC) bằng \({60^0}\) nên \(SH = \sqrt 3 AH = \dfrac{a}{{\sqrt 3 }}\)

Áp dụng HTL trong tam giác vuông SHK ta có:

\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{H{F^2}}} = \dfrac{1}{{S{H^2}}} + \dfrac{1}{{H{K^2}}} = \dfrac{3}{{{a^2}}} + \dfrac{{12}}{{{a^2}}} = \dfrac{{15}}{{{a^2}}}\\ =  > HF = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{{15}}\\ =  > d\left( {BC,SA} \right) = 3.\dfrac{{a\sqrt {15} }}{{15}} = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{5}\end{array}\)