Do \(SA\perp \left(ABC\right)\) và \(SA\subset \left(SAB\right)\) nên \(\left(SAB\right)\perp \left(ABC\right)\).

Mà \(\left(SAB\right)\cap \left(ABC\right)=AB\) và \(AB\perp BC\) nên \(BC\perp \left(SAB\right)\).

Do \(BC\subset \left(SBC\right)\) nên \(\left(SBC\right)\perp \left(SAB\right)\).

Kẻ \(AH\perp SB\) với \(H\in SB\).

Do \(\left(SAB\right)\cap \left(SBC\right)=SB\) nên \(AH\perp \left(SBC\right)\) \(\Rightarrow \mathrm{d}\left(A,\left(SBC\right)\right)=AH\).

Do \(SA\perp \left(ABC\right)\) nên \(SA\perp AB\) nên

\(\displaystyle\frac{1}{AH^2}=\displaystyle\frac{1}{SA^2}+\displaystyle\frac{1}{AB^2}=\displaystyle\frac{1}{3a^2}+\displaystyle\frac{1}{a^2}=\displaystyle\frac{4}{3a^2}.\)

Vậy \(\mathrm{d}\left(A,\left(SBC\right)\right)=\displaystyle\frac{\sqrt{3}a}{2}\).

Do \(AD\parallel BC\) nên \(\mathrm{d}\left(D,\left(SBC\right)\right)=\mathrm{d}\left(A,\left(SBC\right)\right)\).

Gọi \(K\) là hình chiếu của \(A\) trên \(SB\), suy ra \(AK\perp SB\).

Khi \(\mathrm{d}\left(A,\left(SBC\right)\right)=AK=\displaystyle\frac{SA\cdot AB}{\sqrt{SA^2+AB^2}}=\displaystyle\frac{2a\sqrt{3}}{3}.\)

Do tam giác \(SAB\) đều và \(H\) là trung điểm của \(AB\) nên \(SH\perp AB\).

Mà \(\left(SAB\right)\perp \left(ABCD\right)\) nên \(SH\perp \left(ABCD\right)\) \(\Rightarrow SH\perp CD\).

Do \(ABCD\) là hình vuông nên gọi \(E\) là trung điểm của \(CD\) nên \(HE\perp CD\). Vậy \(CD\perp \left(SHE\right)\).

Mà \(CD\subset \left(SCD\right)\) nên \(\left(SCD\right)\perp \left(SHE\right)\).

Ta có \(\left(SCD\right)\cap \left(SHE\right)=SE\).

Kẻ \(HK\perp SE\) với \(K\in SE\) nên \(HK\perp \left(SCD\right)\).

Khi đó \(\mathrm{d}\left(H,\left(SCD\right)\right)=HK\). Vì \(AB=a\) nên \(SH=\displaystyle\frac{\sqrt{3}a}{2}\).

Do \(ABCD\) là hình vuông nên \(HE=a\). Vì \(SH\perp \left(ABCD\right)\) nên \(SH\perp HE\).

Khi đó \(\displaystyle\frac{1}{HK^2}=\displaystyle\frac{1}{SH^2}+\displaystyle\frac{1}{HE^2}\) \(=\displaystyle\frac{7}{3a^2}\). Nên \(HK=\displaystyle\frac{\sqrt{21}a}{7}\).

Vậy \(\mathrm{d}\left(H,\left(SCD\right)\right)=\displaystyle\frac{\sqrt{21}a}{7}\).

Kẻ \(AH\perp SB\).

Ta có \(\begin{cases} BC\perp AB \\ BC\perp SA\end{cases}\Rightarrow BC\perp (SAB)\)

\(\Rightarrow BC\perp AH\).

Suy ra \(AH\perp (SBC)\Rightarrow \mathrm{d}(A;(SBC))=AH\).

Xét \(\triangle SAB\) vuông tại \(A\)

\(\Rightarrow \displaystyle\frac{1}{AH^2}=\displaystyle\frac{1}{AS^2}+\displaystyle\frac{1}{AB^2}=\displaystyle\frac{1}{3a^2}+\displaystyle\frac{1}{a^2}=\displaystyle\frac{4}{3a^2}\)

\(\Rightarrow AH=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\), suy ra \(AM\perp BC\) và \(AM=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\) (do tam giác \(ABC\) đều). Vì \(SA\perp (ABC)\) nên \(SA\perp BC\), suy ra góc giữa \((SBC)\) và \((ABC)\) là \(\widehat{SMA}=60^{\circ}\).

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(A\) lên \(SM\), suy ra \(AH\perp (SBC)\) (do \(AH\perp BC\), \(AH\perp SM\)). Do đó \(AH\) là khoảng cách từ \(A\) đến \((SBC)\).

Xét tam giác \(SAM\) vuông tại \(A\), có \(AM=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\), \(\widehat{SMA}=60^{\circ}\). Suy ra

\(SA=AM\cdot \tan 60^{\circ}=\displaystyle\frac{3a}{2}\), do vậy

\[\displaystyle\frac{1}{AH^{2}}=\displaystyle\frac{1}{AM^{2}}+\displaystyle\frac{1}{SA^{2}}=\displaystyle\frac{4}{3a^{2}}+\displaystyle\frac{4}{9a^{2}}=\displaystyle\frac{16}{9a^{2}}\Rightarrow AH=\displaystyle\frac{3a}{4}.\]

Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\), kẻ \(SH \perp AI\).

Ta có \(\begin{cases}SA\perp SB\\SA\perp SC\end{cases} \Rightarrow SA \perp BC\). Mà \(\triangle SBC\) vuông cân tại \(S\) nên \(BC \perp SI\). Vậy \(BC \perp (SAI)\Rightarrow BC \perp SH\).

Do đó \(SH \perp (ABC) \Rightarrow \mathrm{d}(S,(ABC))=SH\).

Xét \(\triangle SBC\) vuông tại \(S\), \(SI\) là đường cao nên

\(\displaystyle\frac{1}{SI^2}=\displaystyle\frac{1}{SB^2}+\displaystyle\frac{1}{SC^2}=\displaystyle\frac{1}{a^2}+\displaystyle\frac{1}{a^2}=\displaystyle\frac{2}{a^2}.\)

Xét \(\triangle SAI\) vuông tại \(S\), \(SH\) là đường cao nên

\(\displaystyle\frac{1}{SH^2}=\displaystyle\frac{1}{SA^2}+\displaystyle\frac{1}{SI^2}=\displaystyle\frac{1}{2a^2}+\displaystyle\frac{2}{a^2}=\displaystyle\frac{5}{2a^2}\Rightarrow SH=\displaystyle\frac{a\sqrt{10}}{5}.\)

Vậy \(\mathrm{d}(S,(ABC))=SH=\displaystyle\frac{a\sqrt{10}}{5}\).

Ta có \(\left\{\begin{aligned}& BC\perp AB \\ & BC\perp SA \\ \end{aligned}\right. \Rightarrow BC\perp (SAB) \Rightarrow (SAB) \perp (SBC)\).

Trong mặt phẳng \((SAB)\), kẻ \(AH\perp SB\) tại \(B \in SB\) thì

\(AH \perp (SBC)\). Suy ra \(AH=\mathrm{d}(A;(SBC))\).

\(\triangle SAB\) có \(\displaystyle\frac{1}{AH^2}=\displaystyle\frac{1}{SA^2}+\displaystyle\frac{1}{AB^2}=\displaystyle\frac{1}{a^2}+\displaystyle\frac{1}{3a^2}=\displaystyle\frac{4}{3a^2}\).

Vậy \(\mathrm{d}(A,(SBC))=AH=\displaystyle\frac{\sqrt{3}a}{2}\).

Kẻ \(HA\perp SD\) (\(H\in SD\)).

Ta có \(\displaystyle\frac{1}{AH^{2}}=\displaystyle\frac{1}{SA^{2}}+\displaystyle\frac{1}{AD^{2}}=\displaystyle\frac{1}{3a^{2}}+\displaystyle\frac{1}{a^{2}}=\displaystyle\frac{4}{3a^{2}}\Rightarrow AH=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

Vì \(AB\parallel CD\Rightarrow AB\parallel (SCD)\)

\(\Rightarrow d(B,(SCD))=d(A,(SCD))=AH=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

Trong mặt phẳng \((SAB)\) dựng \(AH\perp SB\) tại \(H\). \((1)\)

Ta có \(SA\perp(ABCD)\Rightarrow SA\perp BC\), mặt khác \(BC\perp AB\) nên từ đó suy ra \(BC\perp (SAB)\Rightarrow BC\perp AH\). \((2)\)

Từ \((1),(2)\) suy ra \(AH\perp (SBC)\) suy ra \(d(A,(SBC))=AH\).

Dễ thấy tam giác \(SAB\) vuông cân cạnh \(a\) tại \(A\) suy ra \(d(A,(SBC))=AH=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\).

Gọi \(H\) là trung điểm \(AB\), suy ra \(SH\perp (ABCD)\).

Ta có \(BC\parallel AD\Rightarrow BC\parallel (SAD)\).

Nên \(\mathrm{d}(C,(SAD)=\mathrm{d}(B,(SAD))\).

Gọi \(K\) là trung điểm của \(SA\Rightarrow SK\perp SA\) (do \(\triangle SAB\) đều).

Ta có \(\begin{cases}AD\perp AB\\ AD\perp SH\end{cases}\Rightarrow AD\perp (SAB)\Rightarrow (SAD)\perp (SAB)\).

Mà \((SAB)\cap (SAD)=SA\), \(BK\perp SA\) nên \(BK\perp (SAD)\) hay \(\mathrm{d}(B,(SAD))=BK\).

Vậy \(\mathrm{d}(C,(SAD))=BK=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

Ta có \(\triangle SAB\) vuông cân tại \(A\). Gọi \(H\) là trung điểm \(SB\), khi đó \(AH \perp SB\).

Mặt khác \(\begin{cases}BC \perp SA\\BC\perp AB\end{cases} \Rightarrow BC \perp (SAB) \Rightarrow AH \perp BC\).

Do đó \(AH \perp (SBC) \Rightarrow \mathrm{d}(A,(SBC))=AH\).

Xét \(\triangle SAB\) vuông cân tại \(A\), ta có \(SB=\sqrt{AB^2+SA^2}=a\sqrt{2}\).

Ta có \(AH=\displaystyle\frac{1}{2}SB=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\). Vậy \(\mathrm{d}(A,(SBC))=AH=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\).

Đặt \(O=AC\cap BD\). Do \(S.ABCD\) là chóp tứ giác đều nên ta có \(SO\perp (ABCD)\).

Suy ra \(\mathrm{d}(S,(ABCD))=SO\).

Ta có \(SC=2a\), \(OC=\displaystyle\frac{AC}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\).

Xét tam giác vuông \(SOC\), ta có

\[SO=\sqrt{SC^2-OC^2}=\sqrt{4a^2-\displaystyle\frac{a^2}{2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{14}}{2}.\]

Gọi hình chiếu của \(A\) xuống mặt phẳng \((BCD)\) là \(H\) và \(M\) là trung điểm \(CD\).

Vì tứ diện \(ABCD\) đều nên \(H\) là trọng tâm tam giác \(BCD\), suy ra

\(BH=\displaystyle\frac{2}{3}BM=\displaystyle\frac{2}{3}\cdot \displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{3}\).

Khi đó \(\mathrm{d}\left(A,(BCD)\right)=AH=\sqrt{AB^2-BH^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{3}\).

Gọi \(E\) là trung điểm của \(BC\). \\Do \(\triangle ABC\) đều nên \(AE \perp BC\) và \(AA' \perp BC\) nên \(BC \perp \left( {A'AE} \right)\).

Trong tam giác \(A'AE\), dựng \(AH \perp A'E\) tại \(H\)

\(\Rightarrow AH \perp \left( {A'BC} \right)\).

Do đó \(\mathrm{d}(A,\left( {A'BC} \right))=AH\).

Tam giác \(ABC\) đều cạnh \(a\) nên \(AE=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

Xét tam giác \(A'AE\) vuông tại \(A\), đường cao \(AH\):

\(\displaystyle\frac{1}{AH^2}=\displaystyle\frac{1}{AA'^2}+\displaystyle\frac{1}{AE^2}=\displaystyle\frac{1}{a^2}+\displaystyle\frac{1}{\displaystyle\frac{1}{\left( {\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}} \right)^2}}=\displaystyle\frac{7}{3a^2}\).

\(\Rightarrow \mathrm{d}(A,\left( {A'BC} \right))=AH=\displaystyle\frac{a\sqrt{21}}{7}\).

Do \(\begin{cases}OA \perp OB\\OA \perp OC\end{cases} \Rightarrow OA \perp \left( {OBC} \right)\) \(\left( {1} \right)\).

Trong tam giác \(OBC\), dựng \(OE \perp BC\) mà \(BC \perp OA\) (do \(\left( {1} \right)\)) nên \(BC \perp \left( {OAE} \right)\).

Trong tam giác \(OAE\), dựng \(OH \perp AE\) tại \(H\).

\(\Rightarrow OH \perp \left( {ABC} \right)\).

Do đó \(\mathrm{d}(O,\left( {ABC} \right))=OH\).

Xét tam giác \(OBC\) vuông tại \(O\), đường cao \(OE\):

\(\displaystyle\frac{1}{OE^2}=\displaystyle\frac{1}{OC^2}+\displaystyle\frac{1}{OB^2}=\displaystyle\frac{2}{3}\).

Xét tam giác \(OAE\) vuông tại \(O\), dường cao \(OH\):

\(\displaystyle\frac{1}{OH^2}=\displaystyle\frac{1}{OE^2}+\displaystyle\frac{1}{OA^2}=\displaystyle\frac{2}{3}+\displaystyle\frac{1}{3}=1\).

\(\Rightarrow \mathrm{d}(O,\left( {ABC} \right))=OH=1\).

Gọi \(O\) là tâm của hình vuông \(ABCD\), \(M\) là trung điểm của \(BC\), \(H\) là hình chiếu của \(O\) trên \(SM\).

\(\mathrm{ d}(A,(SBC))=2\mathrm{ d}(O,(SBC))\).

\(\begin{cases}BC \perp OM\\BC \perp SO\end{cases} \Rightarrow BC \perp (SOM) \Rightarrow (SOM) \perp (SBC)\).

\(\Rightarrow OH \perp (SBC)\) nên \(\mathrm{ d}(O,SBC)=OH\).

Ta có \(SO =\displaystyle\frac{AC}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\), \(OM=\displaystyle\frac{AB}{2}=\displaystyle\frac{a}{2}\).

Xét \(\triangle SOM\) vuông tại \(O\) ta có \(\displaystyle\frac{1}{OH^2}=\displaystyle\frac{1}{OM^2}+\displaystyle\frac{1}{SO^2}=\displaystyle\frac{6}{a^2}\).

\(\Rightarrow OH =\displaystyle\frac{a \sqrt{6}}{6}\).

Vậy \(\mathrm{ d}(A,(SBC))=2 \cdot OH =\displaystyle\frac{a \sqrt{6}}{3}\).

Gọi \(I\) là trung điểm của \(DC \Rightarrow AI \perp DC\) mà \(DC \perp AB\) nên \(DC \perp (BAI)\).

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên \(BI\), khi đó \(DC\perp AH\). Vậy \(AH\perp(BDC)\Rightarrow\mathrm{d}(A,(BDC))=AH\).

Xét tam giác \(ADC\) vuông tại \(A\), \(AI\) là đường cao

\(\displaystyle\frac{1}{AI^2}=\displaystyle\frac{1}{AD^2}+\displaystyle\frac{1}{AC^2}=\displaystyle\frac{1}{a^2}+\displaystyle\frac{1}{a^2}=\displaystyle\frac{2}{a^2}.\)

Xét tam giác \(BAI\) vuông tại \(A\), \(AH\) là đường cao thì

\(\displaystyle\frac{1}{AH^2}=\displaystyle\frac{1}{AB^2}+\displaystyle\frac{1}{AI^2}=\displaystyle\frac{3}{a^2} \Rightarrow AH=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{3}.\)

Vậy \(\mathrm{d}(A,(BDC))=AH=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{3}\).

Ta có: \(AC=a\sqrt{2}\) (đường chéo hình vuông cạnh \(a\)).

\(SA=AC\cdot \tan 60^{\circ}=a\sqrt{6}.\)

Kẻ \(AH\perp SD\) \(\Rightarrow AH \perp (SCD)\).

\begin{eqnarray*}&\Rightarrow& d(B, (SCD))=d(A,(SCD))=AH\\&\Rightarrow& AH=\displaystyle\frac{SA\cdot AD}{\sqrt{SA^2+AD^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}\cdot a}{\sqrt{(a\sqrt{6})^2+a^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{42}}{7}.\end{eqnarray*}

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB\), khi đó \(\begin{cases}SH\perp AB\\ (SAB)\cap (ABC)=AB\\ (SAB)\perp (ABC)\end{cases}\) nên \(SH\perp (ABC)\). Vậy \(d(S,(ABC))=SH=a\sqrt{3}\).

Kẻ \(AH \perp SD \quad (1).\)

Do \(\begin{cases}CD \perp AD\\ CD \perp SA\end{cases} \Rightarrow CD \perp (SAD) \Rightarrow CD \perp AH \quad (2).\)

Từ \((1)\) và \((2)\), ta có \(AH \perp (SCD) \Rightarrow \mathrm{d} \left( A; (SCD)\right)=AH.\)

Xét \(\triangle SAD\), ta có \(\displaystyle\frac{1}{AH^2} =\displaystyle\frac{1}{AS^2}+\displaystyle\frac{1}{AD^2} \Rightarrow AH =\displaystyle\frac{2\sqrt{5}a}{5}.\)

Vậy \(\mathrm{d}=\displaystyle\frac{2\sqrt{5}a}{5}\).

Gọi \(I\) là trung điểm của \(CD\) và \(H\) là trung điểm \(SI\).

Vì \(SC=SD\) nên \(SI\perp CD\) mà \(SO \perp CD\Rightarrow CD\perp (SOI)\).

Suy ra \(CD\perp OH\). (1)

Lại có \(OI=\displaystyle\frac{BC}{2}=a\) nên \(\triangle SOI\) cân tại \(O\Rightarrow OH\perp SI\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(OH\perp (SCD)\).

Dẫn tới \(\mathrm{d}\left[O,(SCD)\right]=OH=\displaystyle\frac{SI}{2}=\displaystyle\frac{SO\sqrt{2}}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\).

Do \(ABC.A'B'C\) là lăng trụ đứng nên \(AA'\perp (ABC)\), suy ra góc giữa \(A'C\) và \((ABC)\) là góc \(\widehat{A'CA}=45^\circ\). Tam giác \(AA'C\) vuông cân tại \(A\) nên \(AA'=AC=a\sqrt{3}\).

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(A\) trên mặt phẳng \((DBC)\). Khi đó \(\mathrm{d}\left( A,(DBC) \right)=AH\).

Vì \(AD=AB=AC\) nên \(HD=HB=HC\)

hay \(H\) là trọng tâm của tam giác \(ABC\).

Ta có \(DH=\displaystyle\frac{2}{3}DM=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{3}\).

\(AH=\sqrt{AD^2-DH^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{3}\).

Gọi \(I, E, H\) lần lượt là trung điểm \(AC, AI, AB\).

Ta có \(SH \perp (ABC) \Rightarrow \begin{cases}SH \perp AC \\ HE \perp AC\end{cases} \Rightarrow AC \perp (SHE)\).

Trong \((SHE)\) kẻ \(HK \perp SE\) tại \(K\). Ta được \(HK \perp (SAC)\).

Ta có \(\displaystyle\frac{1}{HK^2}=\displaystyle\frac{1}{HE^2}+\displaystyle\frac{1}{HS^2}\Rightarrow HK=\displaystyle\frac{a\sqrt{15}}{10}\).

Ta có \(\mathrm{d}(B;(SAC))=2 \mathrm{d}(H;(SAC))=\displaystyle\frac{a\sqrt{15}}{2}\).

Kẻ \(AM\perp BC\) tại \(M\). Kẻ \(AH\perp SM\) tại \(H\).

Vì \(\begin{cases}SA\perp BC\\AM\perp BC \end{cases}\) nên \(BC\perp (SAM)\Rightarrow BC\perp AH\) .

Từ \(\begin{cases}AH\perp BC\\AH\perp SM\end{cases}\Rightarrow AH\perp (SBC)\).

Nên \(AH\) là khoảng cách từ \(A\) đến \((SBC)\).

Ta có \(\displaystyle\frac{1}{AH^2}=\displaystyle\frac{1}{AS^2}+\displaystyle\frac{1}{AM^2}=\displaystyle\frac{1}{AS^2}+\displaystyle\frac{1}{AB^2}+\displaystyle\frac{1}{AC^2}\)

\(\Rightarrow AH=\displaystyle\frac{12a\sqrt{61}}{61}.\)

Do \(AD\parallel (SBC)\) nên \(\mathrm{d}(D,(SBC))=\mathrm{d}(A,(SBC))\).

Kẻ \(AH\perp SB\) tại \(H\), suy ra \(AH\) là khoảng cách từ \(A\) đến \((SBC)\).

Ta có \(\displaystyle\frac{1}{AH^2}=\displaystyle\frac{1}{SA^2}+\displaystyle\frac{1}{AB^2}=\displaystyle\frac{1}{3a^2}+\displaystyle\frac{1}{a^2}=\displaystyle\frac{4}{3a^2}\Rightarrow AH=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

Vậy \(\mathrm{d}(D,(SBC))=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

Vì \(S.ABC\) là hình chóp tam giác đều nên gọi \(H\) là tâm của tam giác \(ABC\) thì \(SH\perp (ABC)\).

Do đó khoảng cách từ \(S\) đến mặt phẳng \((ABC)\) là \(SH\).

Ta có góc giữa cạnh bên và mặt đáy là \(\widehat{SAH}=30^{\circ}\).

\(\Rightarrow SH=SA\cdot \sin 30^{\circ}=2a\cdot \displaystyle\frac{1}{2}=a.\)

Gọi \(M\) là trung điểm \(AD\), kẻ \(OH \perp SM\) tại \(H\).

Ta có \(\begin{cases}AD\perp OM\\AD\perp SM\end{cases} \Rightarrow AD \perp (SOM) \Rightarrow AD \perp OH\).

Ta có \(\begin{cases}OH\perp SM\\OH\perp AD\end{cases} \Rightarrow OH \perp (SAD)\)

\(\Rightarrow \mathrm{d}(O,(SAD))=OH\).

Tính: \(OA=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\), \(SO=\sqrt{SA^2-OA^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\).

\(\displaystyle\frac{1}{OH^2}=\displaystyle\frac{1}{SO^2}+\displaystyle\frac{1}{OM^2}=\displaystyle\frac{6}{a^2}\Rightarrow OH =\displaystyle\frac{a}{\sqrt{6}}\).

Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm \(AC\) và \(BC\). Suy ra \(H=AN\cap BM\) là tâm của tam giác đều \(ABC\). Vì \(S.ABC\) là hình chóp đều nên \(SH\perp (ABC)\).

Ta có \(\mathrm{\,d}\left(A,(SBC)\right)=3\mathrm{\,d}\left(H,(SBC)\right)\).

Kẻ \(HK\perp SN\left(K\in SN\right)\). \(\quad(1)\)

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&BC\perp HN \\ &BC\perp SH\end{aligned}\right. \Rightarrow BC\perp (SHN) \Rightarrow BC\perp HK\). \(\quad(2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(HK\perp (SBC)\) nên \(\mathrm{\,d}\left(H,(SBC)\right)=HK\).

Vì \(\left\{\begin{aligned}&BC\perp AN \\&BC\perp SH\end{aligned}\right. \Rightarrow BC\perp (SAN) \Rightarrow BC\perp SN\).

Do \(\left\{\begin{aligned}&(SBC)\cap (ABC)=BC \\&SN\subset (SBC),SN\perp BC \\&AN\subset (ABC),AN\perp BC\end{aligned}\right.\)

suy ra \(30^\circ=\widehat{(SBC),(ABC)}=\widehat{\left(SN,AN\right)}=\widehat{SNA}=\widehat{SNH}\).

Trong tam giác vuông \(SHN\), ta có \(HN=\displaystyle\frac{AN}{3}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{6}\) suy ra \(SH=HN \cdot \tan \widehat{SNH}=\displaystyle\frac{a}{6}\).

Trong tam giác vuông \(SHN\), ta có \(HK=\displaystyle\frac{SH \cdot HN}{\sqrt{SH^2+HN^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{12}\).

Vậy \(\mathrm{\,d}\left(A,(SBC)\right)=3HK=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{4}\).

Gọi \(H\) là trung điểm \(AC\), suy ra \(SH\perp AC\).

Mà \((SAC)\perp (ABC)\) theo giao tuyến \(AC\) nên \(SH\perp (ABC)\).

Ta có \(\mathrm{\,d}\left(A,(SBC)\right)=2\mathrm{,d}\left(H,(SBC)\right)\).

Kẻ \(HE\perp BC\left(E\in BC\right)\). Ta có \(HE=\displaystyle\frac{AM}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{4}\)

(với \(M\) là trung điểm \(BC\) ).

Gọi \(K\) là hình chiếu của \(H\) trên \(SE\), suy ra \(HK\perp SE\). \((1)\)

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&BC\perp HE \\&BC\perp SH\end{aligned}\right. \Rightarrow BC\perp (SHE) \Rightarrow BC\perp HK\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(HK\perp (SBC)\) nên \(\mathrm{\,d}\left(H,(SBC)\right)=HK\).

Đặt \(SH=x>0\). Ta có

\(SC=\sqrt{SH^2+HC^2}=\sqrt{x^2+\displaystyle\frac{a^2}{4}}\);

\(SB=\sqrt{SH^2+HB^2}=\sqrt{x^2+\displaystyle\frac{3a^2}{4}}\).

Áp dụng định lý hàm số cosin trong tam giác \(SBC\), ta có \(\cos \widehat{SBC}=\displaystyle\frac{SB^2+BC^2-SC^2}{2SB \cdot SC}\).

Suy ra \(x=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{2}\).

Trong tam giác vuông \(SHE\), ta có \(HK=\displaystyle\frac{SH \cdot HE}{\sqrt{SH^2+HE^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{6}\).

Vậy \(\mathrm{\,d} \left(A,(SBC)\right)=2HK=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{3}\).

Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(SA\) và \(BC\).

Suy ra \(\left\{\begin{aligned}&SN\perp BC \\&AN\perp BC\end{aligned}\right.\) và \(SN=AN=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

Kẻ \(BH\perp CM\left(H\in CM\right)\). \(\left(*\right)\)

Tam giác \(SCA\) cân tại \(C\) nên \(SA\perp CM\). \(\quad (1)\)

Tam giác \(SNA\) cân tại \(N\) nên \(SA\perp MN\). \(\quad (2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(SA\perp (BCM) \Rightarrow SA\perp BH\). \(\left(**\right)\)

Từ \(\left(*\right)\) và \(\left(**\right)\), suy ra \(BH\perp (SAC)\) nên

\(\mathrm{\,d}\left(B,(SAC)\right)=BH\).

Do \(\left\{\begin{aligned}&(SBC)\cap (ABC)=BC \\&SN\subset (SBC),SN\perp BC \\&AN\subset (ABC),AN\perp BC\end{aligned}\right.\)

Suy ra \(60^\circ=\widehat{(SBC),(ABC)}=\widehat{SN,AN}=\widehat{SNA}\).

Do đó tam giác \(SNA\) đều nên \(MN=\displaystyle\frac{SN\sqrt{3}}{2}=\displaystyle\frac{3a}{4}\).

Ta có \(S_{\triangle BCM}=\displaystyle\frac{1}{2}BH \cdot CM=\displaystyle\frac{1}{2}MN.BC\) suy ra \(BH=\displaystyle\frac{MN.BC}{CM}=\displaystyle\frac{MN \cdot BC}{\sqrt{CA^2-AM^2}}=\displaystyle\frac{3\sqrt{13}a}{13}\).

Vậy \(\mathrm{\,d}\left(B,(SAC)\right)=BH=\displaystyle\frac{3\sqrt{13}a}{13}\).

a) Trong tam giác vuông \(ABC\), ta có \(AB=AC \cdot \cos \widehat{BAC}=\displaystyle\frac{a}{2}\).

Kẻ \(AH\perp SB\left(H\in SB\right)\). \((1)\)

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&BC\perp AB \\&BC\perp SA\end{aligned}\right. \Rightarrow BC\perp (SAB) \Rightarrow BC\perp AH\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(AH\perp (SBC)\). Do đó

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

Trong tam giác vuông \(SAB\), ta có \(AH=\displaystyle\frac{SA \cdot AB}{\sqrt{SA^2+AB^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{5}}{5}.\)

Vậy \(\mathrm{\,d}\left(A,(SBC)\right)=AH=\displaystyle\frac{a\sqrt{5}}{5}\).

b) Kẻ \(BK\perp AC\left(K\in AC\right)\).

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&BK\perp AC \\&BK\perp SA\end{aligned}\right. \Rightarrow BK\perp (SAC)\).

Do đó

\(\mathrm{\,d}\left(B,(SAC)\right)=BK\).

Trong tam giác vuông \(ABC\), ta có \(BC=AC \cdot \sin \widehat{BAC}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}.\)

Suy ra \(BK=\displaystyle\frac{AB \cdot BC}{\sqrt{AB^2+BC^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{4}\).

Vậy \(\mathrm{\,d}\left(B,(SAC)\right)=BK=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{4}\).

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(S\) trên \(BC\), suy ra \(SH\perp BC\).

Mà \((SBC)\perp (ABC)\) theo giao tuyến \(BC\) nên \(SH\perp (ABC)\).

Trong tam giác vuông \(SHB\): \\ ta có \(BH=SB \cdot \cos \widehat{SBH}=SB \cdot \cos \widehat{SBC}=3a\).

Ta có \(\mathrm{\,d}\left(B,(SAC)\right)=\displaystyle\frac{BC}{HC} \cdot \mathrm{\,d}\left(H,(SAC)\right)=4\mathrm{\,d}\left(H,(SAC)\right)\).

Gọi \(F\), \(E\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(B\) và \(H\) trên \(AC\).

Kẻ \(HK\perp SE\left(K\in SE\right)\). \((1)\)

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&AC\perp HE \\&AC\perp SH\end{aligned}\right. \Rightarrow AC\perp (SHE) \Rightarrow AC\perp HK\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(HK\perp (SAC)\). Do đó \(\mathrm{\,d}\left(H,(SAC)\right)=HK\).

Gọi \(H\) là trung điểm \(BC\), suy ra \(SH\perp BC\).

Mà \((SBC)\perp (ABC)\) theo giao tuyến \(BC\) nên \(SH\perp (ABC)\).

Ta có

\(\mathrm{\,d}\left(C,(SAB)\right)=2\mathrm{\,d}\left(H,(SAB)\right)\).

Gọi \(E\) là trung điểm \(AB\), suy ra \(HE\parallel AC\) nên \(HE\perp AB\).

Kẻ \(HK\perp SE\left(K\in SE\right)\). \((1)\)

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&AB\perp HE \\&AB\perp SH\end{aligned}\right. \Rightarrow AB\perp (SHE) \Rightarrow AB\perp HK\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(HK\perp (SAB)\). Do đó

\(\mathrm{\,d}\left(H,(SAB)\right)=HK\).

Ta có \(SH=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\); \(HE=\displaystyle\frac{AC}{2}=\displaystyle\frac{BC \cdot \sin \widehat{ABC}}{2}=\displaystyle\frac{a}{4}\).

Trong tam giác vuông \(SHE\), ta có

\(HK=\displaystyle\frac{SH \cdot HE}{\sqrt{SH^2+HE^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{39}}{26}\).

Vậy \(\mathrm{\,d}\left(C,(SAB)\right)=2\mathrm{\,d}\left(H,(SAB)\right)=2HK=\displaystyle\frac{a\sqrt{39}}{13}\).

Ta có \(\mathrm{\,d}\left(I,(SBC)\right)=\displaystyle\frac{1}{2}\mathrm{\,d}\left(A,(SBC)\right)\).

Kẻ \(AH\perp SB\left(H\in SB\right)\). \((1)\)

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&BC\perp AB \\&BC\perp SA\end{aligned}\right. \Rightarrow BC\perp (SAB) \Rightarrow BC\perp AH\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(AH\perp (SBC)\). Do đó

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

Tam giác vuông cân \(ABC\) tại \(B\) có \(AC=2a\), suy ra \(AB=a\sqrt{2}\).

Trong tam giác vuông \(SAB\), ta có \(AH=\displaystyle\frac{SA \cdot AB}{\sqrt{SA^2+AB^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{3}\).

Vậy \(\mathrm{\,d}\left(A,(SBC)\right)=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{3}\).

Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm \(AB,AC\).

Suy ra \(G=CM\cap BN\) là trọng tâm tam giác \(ABC\).

Theo giả thiết, ta có \(SG\perp (ABC)\).

Ta có \(\mathrm{\,d}\left(B,(SAC)\right)=3\mathrm{\,d}\left(G,(SAC)\right)\).

Kẻ \(GE\perp AC\left(E\in AC\right)\).

Gọi \(K\) là hình chiếu của \(G\) trên \(SE\), suy ra \(GK\perp SE\). \((1)\)

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&AC\perp GE \\&AC\perp SG\end{aligned}\right. \Rightarrow AC\perp (SGE) \Rightarrow AC\perp GK\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(GK\perp (SAC)\) nên \(\mathrm{\,d}\left(G,(SAC)\right)=GK\).

Tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(C\), suy ra \(CA=CB=\displaystyle\frac{AB}{\sqrt{2}}=\displaystyle\frac{3a}{\sqrt{2}}\) và \(CM\perp AB\).

Ta có \(CM=\displaystyle\frac{1}{2}AB=\displaystyle\frac{3a}{2}\), suy ra \(GM=\displaystyle\frac{1}{3}CM=\displaystyle\frac{a}{2}\); \(BG=\sqrt{BM^2+GM^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{10}}{2}\); \(SG=\sqrt{SB^2+GB^2}=a\).

Do \(GE\perp AC\) suy ra \(GE\parallel BC\). Ta có \(\displaystyle\frac{GE}{BC}=\displaystyle\frac{NG}{NB}=\displaystyle\frac{1}{3}\) suy ra \(GE=\displaystyle\frac{BC}{3}=\displaystyle\frac{a}{\sqrt{2}}\).

Trong tam giác vuông \(SGE\), ta có \(GK=\displaystyle\frac{SG\cdot GE}{\sqrt{SG^2+GE^2}}=\displaystyle\frac{a}{\sqrt{3}}\).

Vậy \(\mathrm{\,d}\left(B,(SAC)\right)=3d\left(G,(SAC)\right)=3GK=a\sqrt{3}\).

Do \(\overrightarrow{IA}=-2\overrightarrow{IH}\). Suy ra \(H\) thuộc tia đối của tia \(IA\) và \(IA=2IH\).

Ta có

\(\mathrm{\,d}\left(K,(SAH)\right)=\displaystyle\frac{1}{2}\mathrm{\,d}\left(B,(SAH)\right)\).

Vì \(\left\{\begin{aligned}&BI\perp AH \\&BI\perp SH\end{aligned}\right. \Rightarrow BI\perp (SAH)\) nên \(\mathrm{\,d}\left(B,(SAH)\right)=BI\).

Tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\), suy ra \(BC=AB\sqrt{2}=2a\).

Vậy \(\mathrm{\,d}\left(K,(SAH)\right)=\displaystyle\frac{1}{2}\mathrm{\,d}\left(B,(SAH)\right)=\displaystyle\frac{1}{2}BI=\displaystyle\frac{a}{4}\).

Tam giác \(SAB\) vuông cân tại \(S\) nên \(AB=SA\sqrt{2}=a\sqrt{2}\) .

Tam giác \(SBC\) đều nên \(BC=SB=a\) .

Áp dụng định lí hàm số côsin trong tam giác \(SAC\), ta có \(AC=\sqrt{SA^2+SC^2-2SA\cdot SC\cdot \cos \widehat{ASC}}=a\sqrt{3}\) .

Nhận xét rằng \(AB^2+BC^2=2a^2+a^2=AC^2\) nên tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) .

Gọi \(I\) là trung điểm \(AC\) suy ra \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) nên \(IA=IB=IC\).

Theo giả thiết \(SA=SB=SC\) , nên \(SI\) là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) . Suy ra \(SI\perp \left(ABC\right)\) . Do đó \(\mathrm{\,d}\left(S,\left(ABC\right)\right)=SI\) .

Trong tam giác \(SAC\) , ta có \(SI=\sqrt{\displaystyle\frac{SA^{2}+SC^2}{2}-\displaystyle\frac{AC^2}{4}}=\displaystyle\frac{a}{2}\).

Vậy \(\mathrm{\,d}\left(S,\left(ABC\right)\right)=SI=\displaystyle\frac{a}{2}\) .

Tam giác \(SBC\) cân tại \(S\) nên \(SB=SC\).

Suy ra \(\triangle SAB=\triangle SAC\) (cạnh huyền – cạnh góc vuông).

Do đó \(AB=AC\). Vậy tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\).

Gọi \(E\) là trung điểm \(BC\), suy ra \(AE\perp BC\).

Gọi \(K\) là hình chiếu của \(A\) trên \(SE\), suy ra \(AK\perp SE\). \((1)\)

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&BC\perp AE \\&BC\perp SA\end{aligned}\right. \Rightarrow BC\perp (SAE) \Rightarrow BC\perp AK\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(AK\perp (SBC)\) nên \(\mathrm{\,d}\left(A,(SBC)\right)=AK\).

Ta có \(\begin{cases} &(SBC)\cap (ABC)=BC \\ &SE\subset (SBC),SE\perp BC \\ &AE\subset (ABC),AE\perp BC\end{cases}\)

\(\Rightarrow \widehat{(SBC),(ABC)}=\widehat{SE,AE}=\widehat{SEA}=45^{\circ}\).

Tam gác \(SAE\) vuông tại \(A\) có \(\widehat{SEA}=45^\circ\) nên là tam giác vuông cân.

Suy ra \(AK=\displaystyle\frac{SE}{2}=\displaystyle\frac{SA\sqrt{2}}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\).

Vậy \(\mathrm{\,d}\left(A,(SBC)\right)=AK=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\).

Áp dụng định lí côsin trong tam giác \(ABC\), ta có

\(BC=\sqrt{AB^2+AC^2-2AB\cdot AC \cdot \cos \widehat{BAC}}=a\sqrt{7}\) .

Gọi \(E\) là hình chiếu của \(A\) trên \(BC\), suy ra \(AE\perp BC\).

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&BC\perp AE \\&BC\perp SA\end{aligned}\right. \Rightarrow BC\perp (SAE) \Rightarrow BC\perp SE\).

Do \(\begin{cases}(SBC)\cap (ABC)=BC \\SE\subset (SBC),SE\perp BC \\AE\subset (ABC),AE\perp BC\end{cases}\)

\(\Rightarrow \widehat{(SBC),(ABC)}=\widehat{SE,AE}=\widehat{SEA}=60^{\circ}\).

Ta có \(S_{\triangle ABC}=\displaystyle\frac{1}{2}AE.BC=\displaystyle\frac{1}{2}AB \cdot AC \cdot \sin \widehat{BAC}\) nên \(AE=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{7}}\).

a) Kẻ \(AK\perp SE\left(K\in SE\right)\). \((1)\)

Ta có \(BC\perp (SAE) \Rightarrow BC\perp AK\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(AK\perp (SBC)\) nên \(\mathrm{\,d}\left(A,(SBC)\right)=AK\).

Trong tam giác vuông \(AKE\), ta có \(AK=AE \cdot \sin \widehat{KEA}=AE \cdot \sin \widehat{SEA}=\displaystyle\frac{3a}{2\sqrt{7}}\). Vậy \(\mathrm{\,d}\left(A,(SBC)\right)=AK=\displaystyle\frac{3a}{2\sqrt{7}}\).

b) Gọi \(H\) là hình chiếu của \(B\) trên \(AC\).

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&BH\perp AC \\&BH\perp SA\end{aligned}\right. \Rightarrow BH\perp (SAC)\). Do đó \(\mathrm{\,d}\left(B,(SAC)\right)=BH\).

Ta có \(BH=AB\cdot \sin \widehat{BAH}=AB \cdot \sin \widehat{BAC}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\) (do \(\widehat{BAH}+\widehat{BAC}=180^\circ\) ).

Vậy \(\mathrm{\,d}\left(B,(SAC)\right)=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

a) Kẻ \(AH\perp SB\left(H\in SB\right)\).

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&BC\perp AB \\&BC\perp SA\end{aligned}\right. \Rightarrow BC\perp (SAB) \Rightarrow BC\perp AH\). \\Suy ra \(AH\perp (SBC)\). Do đó

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

Trong tam giác vuông \(SAB\), ta có \(AH=\displaystyle\frac{SA.AB}{\sqrt{SA^2+AB^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}.\)

Vậy \(\mathrm{\,d}\left(A,(SBC)\right)=AH=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

b) Gọi \(O=AC\cap BD\). Ta có \(\mathrm{\,d}\left(C,(SBD)\right)=\mathrm{\,d}\left(A,(SBD)\right)\).

Kẻ \(AK\perp SO\left(K\in SO\right)\). \((1)\)

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&BD\perp AC \\&BD\perp SA\end{aligned}\right. \Rightarrow BD\perp (SAC) \Rightarrow BD\perp AK\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(AK\perp (SBD)\) nên \(\mathrm{\,d}\left(A,(SBD)\right)=AK\).

Trong tam giác vuông \(SAO\), ta có \(AK=\displaystyle\frac{SA.AO}{\sqrt{SA^2+AO^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}\cdot \displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{3a^2+\displaystyle\frac{a^2}{2}}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{21}}{7}\).

Vậy \(\mathrm{\,d}\left(C,(SBD)\right)=\mathrm{\,d}\left(A,(SBD)\right)=AK=\displaystyle\frac{a\sqrt{21}}{7}\).

c) Gọi \(E\) là trung điểm \(AB\), \(G\) là trọng tâm tam giác \(SAB\). Ta có

\(\mathrm{\,d}\left(G,(SAC)\right)=\displaystyle\frac{SG}{SE}\mathrm{\,d}\left(E,(SAC)\right)=\displaystyle\frac{2}{3}\mathrm{\,d}\left(E,(SAC)\right)\).

Gọi \(F\) là trung điểm \(AO\), suy ra \(EF\parallel BO\) nên \(EF\perp AO\).

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&EF\perp AO &EF\perp SA\end{aligned}\right. \Rightarrow EF\perp (SAC)\).

Do đó \(\mathrm{\,d}\left(E,(SAC)\right)=EF\).

Ta có \(EF=\displaystyle\frac{BO}{2}=\displaystyle\frac{BC}{4}=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{4}.\)

Vậy \(\mathrm{\,d}\left(G,(SAC)\right)=\displaystyle\frac{2}{3}\mathrm{\,d}\left(E,(SAC)\right)=\displaystyle\frac{2}{3}EF=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{6}\).

Do \(O\) là tâm hình vuông nên \(OA=OB=OC=OD\). Mà \(SA=SB=SC=SD\), suy ra \(SO\) là trục của đường tròn ngoại tiếp hình vuông \(ABCD\) nên \(SO \perp (ABCD)\).

Trong tam giác vuông \(SOA\), ta có \(SO=\sqrt{SA^2-OA^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{2}\).

Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\), suy ra \(OM=\displaystyle\frac{a}{2}\) và \(OM \perp BC\).

Gọi \(K\) là hình chiếu của \(O\) trên \(SM\), suy ra \(OK \perp SM\). \(\quad (1)\)

Ta có \(\begin{cases}BC \perp OM \\BC \perp SO\end{cases} \Rightarrow BC \perp (SOM) \Rightarrow BC \perp OK. \quad (2)\)

Từ (1) và (2), suy ra \(OK \perp (SBC)\) nên \(\mathrm{\,d}\left(O, (SBC)\right)=OK\).

Trong tam giác vuông \(SOM\), ta có \(OK=\displaystyle\frac{SO \cdot OM}{\sqrt{SO^2+OM^2}}=\displaystyle\frac{a \sqrt{42}}{14}\).

Vậy \(\mathrm{\,d}(O,(SBC))= OK=\displaystyle\frac{a \sqrt{42}}{14}\).

Do \(O\) là tâm hình vuông nên \(OA=OB=OC=OD\).

Mà \(SA=SB=SC=SD\), suy ra \(SO\) là trục của đường tròn ngoại tiếp hình vuông \(ABCD\) nên \(SO\perp (ABCD)\).

Tam giác \(SAC\) đều cạnh \(a\sqrt{2}\) nên \(SO=\displaystyle\frac{SA\sqrt{3}}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{2}\).

Gọi \(E=SO\cap A'C'\), suy ra \(E\) là trung điểm \(SO\).

Ta có

\(\mathrm{\,d}\left(S,\left(A'BC'\right)\right)=\mathrm{\,d}\left(O,\left(A'BC'\right)\right)\).

Kẻ \(OK\perp BE\), \(\left(K\in BE\right)\). \((1)\)

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&AC\perp BD \\&AC\perp SO\end{aligned}\right. \Rightarrow AC\perp (SBD) \Rightarrow A'C'\perp OK\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(OK\perp \left(A'BC'\right)\) nên \(\mathrm{\,d}\left(O,\left(A'BC'\right)\right)=OK\).

Trong tam giác vuông \(EOB\), ta có \(OK=\displaystyle\frac{EO \cdot OB}{\sqrt{EO^2+OB^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{42}}{14}\).

Vậy \(\mathrm{\,d}\left(O,\left(A'BC'\right)\right)=OK=\displaystyle\frac{a\sqrt{42}}{14}\).

Tam giác \(SAB\) đều và có \(M\) là trung điểm \(AB\) nên \(SM\perp AB\).

Mà \((SAB)\perp (ABCD)\) theo giao tuyến \(AB\) nên \(SM\perp (ABCD)\).

Ta có \(\triangle AMD=\triangle DNC\) suy ra \(\left\{\begin{aligned}&\widehat{AMD}=\widehat{DNC} \\&\widehat{ADM}=\widehat{DCN}.\end{aligned}\right.\)

Mà \(\widehat{AMD}+\widehat{ADM}=90^\circ\) suy ra \(\widehat{DNC}+\widehat{ADM}=90^\circ\) hay \(CN\perp DM\).

Gọi \(E=DM\cap CN\), \(K\) là hình chiếu vuông góc của \(M\) trên \(SE\)

suy ra \(MK\perp SE\). \((1)\)

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&CN\perp DM \\&CN\perp SM\end{aligned}\right. \Rightarrow CN\perp (SMD) \Rightarrow CN\perp MK\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(MK\perp (SCN)\). Do đó \(\mathrm{\,d}\left(M,(SCN)\right)=MK\).

Ta có \(SM=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\); \(DM=\sqrt{AD^2+AM^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{5}}{2}\);

\(DE=\displaystyle\frac{DC.DN}{\sqrt{DC^2+DN^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{5}}{5}\). Suy ra \(ME=DM-DE=\displaystyle\frac{3a\sqrt{5}}{10}\).

Trong tam giác vuông \(SME\), ta có \(MK=\displaystyle\frac{SM \cdot ME}{\sqrt{SM^2+ME^2}}=\displaystyle\frac{3a\sqrt{2}}{8}\).

Vậy \(\mathrm{\,d}\left(M,(SCN)\right)=MK=\displaystyle\frac{3a\sqrt{2}}{8}\).

Xét tam giác \(DHN\), ta có

\(\tan \widehat{DNH}=\tan \widehat{DNC}=\displaystyle\frac{DC}{DN}=2\)

và \(\cot \widehat{NDH}=\cot \widehat{ADM}=\displaystyle\frac{AD}{AM}=2\).

Suy ra \(\tan \widehat{DNH}=\cot \widehat{NDH}\) hay \(\widehat{DNH}+\widehat{NDH}=90^\circ\).

Do đó \(\widehat{DHN}=90^\circ\) hay \(DM\perp NC\). Suy ra \(BP\perp NC\).

Gọi \(E=CN\cap BP\), suy ra \(E\) là trung điểm \(HC\) nên

\(\mathrm{\,d}\left(C,(SBP)\right)=\mathrm{\,d}\left(H,(SBP)\right)\).

Kẻ \(HK\perp SE\left(K\in SE\right)\). \((1)\)

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&BP\perp NC \\&BP\perp SH\end{aligned}\right. \Rightarrow BP\perp (SHE) \Rightarrow BP\perp HK\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(HK\perp (SBP)\) nên \(\mathrm{\,d}\left(H,(SBP)\right)=HK\).

Ta có \(NC=\sqrt{DN^2+DC^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{5}}{2}\); \(HC=\displaystyle\frac{DC^2}{NC}=\displaystyle\frac{2a\sqrt{5}}{5}\).

Suy ra \(HE=\displaystyle\frac{1}{2}HC=\displaystyle\frac{a\sqrt{5}}{5}\).

Trong tam giác vuông \(SHE\), ta có \(HK=\displaystyle\frac{SH \cdot HE}{\sqrt{SH^2+HE^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{4}\).

Vậy \(\mathrm{\,d}\left(C,(SBP)\right)=\mathrm{\,d}\left(H,(SBP)\right)=HK=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{4}\).

Kẻ \(AE\perp BD\left(E\in BD\right)\).

Gọi \(K\) là hình chiếu của \(A\) trên \(SE\), suy ra \(AK\perp SE\). \((1)\)

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&BD\perp AE \\&BD\perp SA\end{aligned}\right. \Rightarrow BD\perp (SAE) \Rightarrow BD\perp AK\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(AK\perp (SBD)\) nên \(\mathrm{\,d}\left(A,(SBD)\right)=AK\).

Trong tam giác vuông \(ABD\), ta có

\(AE=\displaystyle\frac{AB.AD}{\sqrt{AB^2+AD^2}}=\displaystyle\frac{2a}{\sqrt{5}}.\)

Trong tam giác vuông \(SAE\), ta có \(AK=\displaystyle\frac{SA.AE}{\sqrt{SA^2+AE^2}}=\displaystyle\frac{2a}{3}\).

Vậy \(\mathrm{\,d}\left(A,(SBD)\right)=AK=\displaystyle\frac{2a}{3}\).

Ta có \(\mathrm{d}\left(M, (SBC)\right)=\frac{1}{2}\mathrm{d}\left(A, (SBC)\right)=\frac{1}{2}\mathrm{d}\left(H, (SBC)\right).\)

Kẻ \(HE \perp BC\) (\(E \in BC\)). Gọi \(K\) là hình chiếu của H lên \(SE\), suy ra \(HK \perp SE. \quad (1)\)

Ta có \(\begin{cases}BC \perp HE\\ BC \perp SH\end{cases}\Rightarrow BC \perp (SHE)\)

\(\Rightarrow BC \perp HK. \quad (2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(HK \perp (SBC)\) nên \(\mathrm{d}\left(H, (SBC)\right)=HK\).

Do hình chiếu vuông góc của \(SC\) trên mặt đáy là \(HC\) nên

\(\widehat{\left( SC, (ABCD)\right) }=\widehat{\left( SC,HC\right) }=\widehat{SCH}=30^\circ.\)

Trong tam giác vuông \(SAD\), ta có \(SA^2=AH \cdot AD \Leftrightarrow 12a^2=\frac{3}{4}AD^2\).

Suy ra \(AD=4a\), \(AH=3a\), \(HD=a\), \(SH=\sqrt{HA \cdot HD}=a\sqrt 3\), \(HC=SH \cdot \cot {\widehat{SCH}}=3a\), \(CD=\sqrt{HC^2-HD^2}=2a\sqrt 2\). Trong tam giác vuông \(SHE\), ta có

\(HK=\displaystyle\frac{SH \cdot HE}{\sqrt{SH^2+HE^2}} =\displaystyle\frac{SH \cdot CD}{\sqrt{SH^2+CD^2}}=\displaystyle\frac{2\sqrt{6}a}{\sqrt{11}}.\)

Vậy

\(\mathrm{d}\left(M, (SBC)\right)=\displaystyle\frac{1}{2}\mathrm{d}\left(A, (SBC)\right)=\displaystyle\frac{1}{2}\mathrm{d}\left(H, (SBC)\right)=\displaystyle\frac{1}{2}HK=\displaystyle\frac{\sqrt{6}a}{\sqrt{11}}\).

Từ giả thiết suy ra \(I\) là trọng tâm tam giác \(ABD\) nên

\(\mathrm{d}\left(I,(SBC)\right)=\displaystyle\frac{2}{3}\mathrm{d}\left(A,(SBC)\right)\).

Gọi \(K\) là hình chiếu của \(A\) trên \(SB\), suy ra \(AK \perp SB \quad (1)\).

Ta có \(\begin{cases}BC\perp AB \\ BC\perp SA\end{cases} \Rightarrow BC\perp (SAB)\)

\(\Rightarrow BC\perp AK \quad (2) \).

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(AK\perp (SBC)\) nên \(\mathrm{d}\left(A,(SBC)\right)=AK\).

Tam giác \(SAB\) vuông cân tại \(S\) nên \break \(AK=\displaystyle\frac{SB}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}.\)

Vậy \(\mathrm{d}\left(I,(SBC)\right)=\displaystyle\frac{2}{3}\mathrm{d}\left(A,(SBC)\right)=\displaystyle\frac{2}{3}AK=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{3}.\)

Ta có \(O\) là trung điểm của \(AC\) nên \break \(\mathrm{d}\left(O,(SCD)\right)=\displaystyle\frac{1}{2}\mathrm{d}\left(A,(SCD)\right)\).

Kẻ \(AE \perp CD\), \(\left(E\in CD\right)\).

Gọi \(K\) là hình chiếu của \(A\) trên \(SE\), suy ra \(AK\perp SE \quad (1)\).

Ta có \(\begin{cases}CD\perp AE \\ CD\perp SA\end{cases} \Rightarrow CD\perp (SAE) \Rightarrow CD\perp AK \quad (2)\).

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(AK\perp (SCD)\) nên \(\mathrm{d}\left(A,(SCD)\right)=AK\).

Theo giả thiết suy ra \(ABD\) là tam giác đều nên \(AE=DH=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\), với \(H\) là trung điểm của cạnh \(AB\).

Trong tam giác vuông \(SAE\), ta có

\(AK=\displaystyle\frac{SA.AE}{\sqrt{SA^2+AE^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{21}}{7}\).

Vậy \(\mathrm{d}\left(O,(SCD)\right)=\displaystyle\frac{1}{2}\mathrm{d}\left(A,(SCD)\right)=\displaystyle\frac{1}{2}AK=\displaystyle\frac{a\sqrt{21}}{14}\).

Do \(\widehat{BAD}={120}^{\circ}\) suy ra \(\widehat{ABC}={60}^{\circ}\) nên tam giác \(ABC\) đều cạnh \(a\).

Suy ra \(AM\) là đường cao trong tam giác đều \(ABC\) và \(AM =\displaystyle\frac{a \sqrt{3}}{2}\).

Ta có \(\mathrm{d}(D,(SBC))=\mathrm{d}(A,(SBC))\).

Kẻ \(AK \perp SM\), với \(K \in SM \quad \quad (1) .\)

Ta có

\(\begin{cases}BC \perp AM \\ BC \perp SA\end{cases}\Rightarrow BC \perp (SAM)\Rightarrow BC \perp AK \quad \quad (2).\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(AK \perp (SBC)\) nên \(\mathrm{d}(A,(SBC))=AK\).

Trong tam giác vuông \(AKM\), ta có

\(AK=AM \cdot \sin \widehat{SMA}=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{4}.\)

Vậy \(\mathrm{d} (D,(SBC))= \mathrm{d} (A,(SBC))=AK=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{4}.\)

Từ giả thiết suy ra tam giác \(ABD\) đều nên tam giác \(BCD\) cũng đều.

Do đó đường cao \(DH\) trong \(\Delta BCD\) bằng \(\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

Gọi \(E\) là hình chiếu vuông góc của \(O\) trên \(BC\). Suy ra \(OE=\displaystyle\frac{DH}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{4}\).

Kẻ \(OK \perp SE\) với \(K \in SE \quad \quad (1)\).

Ta có

\(\begin{cases} BC \perp OE \\ BC \perp SO \end{cases}\Rightarrow BC \perp (SOE)\Rightarrow BC \perp OK \quad \quad (2)\).

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(OK \perp (SBC)\) nên \(\mathrm{d} (O,(SBC))=OK\).

Trong tam giác vuông \(SOE\), ta có

\(OK=\displaystyle\frac{SO \cdot OE} {\sqrt {{SO}^2+{OE}^2}}=\displaystyle\frac{3a}{8}\).

Vậy \(\mathrm{d} (O,(SBC))= OK =\displaystyle\frac{3a}{8}\).

a) Gọi \(M\) là trung điểm \(AD\), suy ra \(ABCM\) là hình vuông.

Do đó \(CM=MA=\displaystyle\frac{AD}{2}\) nên tam giác \(ACD\) vuông tại \(C\).

Kẻ \(AK \perp SC\) với \(K \in SC \quad \quad (1)\).

Ta có

\(\begin{cases}CD \perp AC \\ CD \perp SA\end{cases}\Rightarrow CD \perp (SAC)\Rightarrow CD \perp AK \quad \quad (2).\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(AK \bot (SCD)\)

nên \(\mathrm{d}(A,(SCD))= AK\).

Trong tam giác vuông \(SAC\), ta có

\(AK=\displaystyle\frac{SA \cdot AC} {\sqrt{ {SA}^2+{AC}^2}}=\displaystyle\frac{a \cdot a\sqrt{2}} {\sqrt{a^2+2a^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{3}\)

Vậy \(\mathrm{d}(A,(SCD))=AK=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{3}\).

b) Gọi \(I=AB\cap CD\). Khi đó \(BC\) là đường trung bình của tam giác \(IAD\) nên \(\displaystyle\frac{BI}{AI}=\displaystyle\frac{1}{2}\).

Do đó \(\mathrm{d} (B,(SCD))=\displaystyle\frac{1}{2} \mathrm{d}(A,(SCD))=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}} {6}\).

Gọi \(M\) là hình chiếu của \(C\) trên \(AD\), \(N\) là hình chiếu của \(A\) trên \(CD\). Ta có

\(S_{\triangle ACD}=\displaystyle\frac{1}{2}AD\cdot CM\)\(=\displaystyle\frac{1}{2}CD\cdot AN\) suy ra \(AN=\displaystyle\frac{AD\cdot CM}{CD}=\displaystyle\frac{AD\cdot AB}{\sqrt{AB^2+\left(AD-BC\right)^2}}\)\(=\displaystyle\frac{3a}{\sqrt{2}}\).

Vì \(\begin{cases}CD\perp AN \\CD\perp SA\end{cases} \Rightarrow CD\perp \left(SAN\right) \Rightarrow CD\perp SN\).

Do \(\begin{cases}\left(SCD\right)\cap \left(ABCD\right)=CD \\SN\subset \left(SCD\right),SN\perp CD \\AN\subset \left(ABCD\right),AN\perp CD\end{cases}\)

Suy ra \(\widehat{\left((SCD),(ABCD)\right)}=\widehat{\left( SN,AN\right) }=\widehat{SNA}=30^\circ\).

Trong tam giác vuông \(SAN\), ta có \(SA=AN \cdot \tan \widehat{SNA}=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{2}\).

a) Kẻ \(HL\perp SA\). Ta có \(AD \perp AB\) và \(AD \perp SA\) suy ra \(AD \perp \left(SAB\right)\) suy ra \(AD \perp HL\). Do đó \(HL \perp \left(SAD\right)\). Như vậy \(\mathrm{d}\left(H,\left(SAD\right)\right)=HL\).

Ta có \(\displaystyle\frac{HL}{AB}=\displaystyle\frac{SH}{SB}\) \(=\displaystyle\frac{SA^2}{SB^2}\) \(=\displaystyle\frac{SA^2}{SA^2+AB^2}\) \(=\displaystyle\frac{3}{5}\). Suy ra \(HL=\displaystyle\frac{3a}{5}\).

Vậy \(\mathrm{d}\left(H,\left(SAD\right)\right)=HL=\displaystyle\frac{3a}{5}\).

b) Ta có \(\mathrm{d}\left(H,\left(SCD\right)\right) =\displaystyle\frac {SH}{SB}\cdot\mathrm{d}\left(B,\left(SCD\right)\right)\) \(=\displaystyle\frac {3}{5}\cdot\mathrm{d}\left(B,\left(SCD\right)\right)\) (1).

Gọi \(I=AB\cap CD\).

Ta có \(\mathrm{d}\left(B,\left(SCD\right)\right)\)\(=\displaystyle\frac{IB}{IA}\mathrm{d}\left(A,\left(SCD\right)\right)=\displaystyle\frac{BC}{BD}\mathrm{d}\left(A,\left(SCD\right)\right)\)\(=\displaystyle\frac{2}{3}\mathrm{d}\left(A,\left(SCD\right)\right)\). (2)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(\mathrm{d}\left(H,(SCD)\right)=\displaystyle\frac{2}{5}d\left(A,(SCD)\right)\).

Kẻ \(AK\perp SN\left(K\in SN\right)\). Từ \(CD\perp (SAN) \Rightarrow CD\perp AK\).

Suy ra \(AK\perp (SCD)\) nên \(\mathrm{d}\left(A,(SCD)\right)=AK\).

Trong tam giác vuông \(SAN\), ta có \(AK=\displaystyle\frac{SA\cdot AN}{\sqrt{SA^2+AN^2}}=\displaystyle\frac{3a}{2\sqrt{2}}\).

Vậy \(\mathrm{d}\left(H,(SCD)\right)=\displaystyle\frac{2}{5}AK=\displaystyle\frac{3a}{5\sqrt{2}}\).

Gọi \(H\) là trung điểm \(AB\), tam giác \(SAB\) đều cạnh \(A\) suy ra \(SH \perp AB\) và \(SH=\displaystyle\frac{a.\sqrt{3}}{2}\).

Mà \(\left(SAB\right)\perp \left(ABCD\right)\) theo giao tuyến \(AB\) nên \(SH\perp \left(ABCD\right)\).

Hình chiếu vuông góc của \(SC\) trên mặt đáy là \(HC\) nên \(\alpha =\widehat{SC,\left(ABCD\right)}=\widehat{SC,HC}=\widehat{SCH}\).

Trong tam giác vuông \(SHC\), ta có \(HC=\displaystyle\frac{SH}{\tan\alpha}=\displaystyle\frac{a\sqrt{5}}{2}\).

Trong tam giác vuông \(HBC\) , ta có \(BC=\sqrt{HC^2-BH^2}=a\).

Gọi \(I\) là hình chiếu vuông góc của \(C\) trên \(AD\).

Khi đó ta có \(AI=BC=a\) và tam giác \(CID\) vuông cân tại \(I\) nên \(ID=IC=AB=a\). Suy ra \(AD=AI+AD=2a\).

Ta có \(\mathrm{d}\left(A,\left(SBD\right)\right)=2 \mathrm{d}\left(H,\left(SBD\right)\right)\).

Gọi \(E\), \(F\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(H\) và \(A\) trên \(BD\). Ta có \(AF=\displaystyle\frac{AB.AD}{\sqrt{AB^2+AD^2}}=\displaystyle\frac{2a}{\sqrt{5}}\).

suy ra \(HE=\displaystyle\frac{1}{2}AF=\displaystyle\frac{a}{\sqrt{5}}\).

Gọi\(K\) là hình chiếu của \(H\) trên \(SE\), suy ra \(HK \perp SE\). (1)

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&CD\perp AN \\ &CD\perp SA\end{aligned}\right. \Rightarrow CD\perp \left(SAN\right) \Rightarrow CD\perp SN\).

Từ (1) và (2), suy ra \(HK\perp \left(SBD\right)\) nên \(\mathrm{d}\left(H,\left(SBD\right)\right)=HK\).

Trong tam giác vuông \(SHE\), ta có \(HK=\displaystyle\frac{HS.HE}{\sqrt{HS^2+HE^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{57}}{19}\).

Vậy \(\mathrm{d}\left(A,\left(SBD\right)\right)=2 \mathrm{d}\left(H,\left(SBD\right)\right)=2HK=\displaystyle\frac{a\sqrt{57}}{19}\).

Gọi \(I=AD\cap BC\). Do \(ABCD\) là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính \(AB\) nên \(IAB\) là tam giác đều có \(DC\) là đường trung bình.

Ta có \(\mathrm{d}\left(D,\left(SBC\right)\right)\) \(=\displaystyle\frac{DI}{AI}\mathrm{d}\left(A,\left(SBC\right)\right)\) \(=\displaystyle\frac{1}{2}\mathrm{d}\left(A,\left(SBC\right)\right)\).

Vì \(\widehat{ACB}\) chắn nửa đường tròn đường kính \(AB\) nên \(\widehat{ACB}=90^{\circ}\) hay \(AC\perp BC\).

Gọi \(K\) là hình chiếu của \(A\) trên \(SC\) , suy ra \(AK\perp SC\) (1).

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&BC\perp SA \\&BC\perp AC\end{aligned}\right. \Rightarrow BC\perp \left(SAC\right) \Rightarrow BC\perp AK\).

Từ (1) và (2), suy ra \(AK\perp \left(SBC\right)\) nên \(d\left(A,\left(SBC\right)\right)=AK\).

Do \(AC\) là đường cao trong tam giác đều \(IAB\) cạnh \(2a\) nên \(AC=a\sqrt{3}\).

Trong tam giác vuông \(SAC\), ta có \(AK=\displaystyle\frac{SA.AC}{\sqrt{SA^2+AC^2}}=a\sqrt{2}\) .

Vậy \(\mathrm{d}\left(D,\left(SBC\right)\right)\) \(=\displaystyle\frac{DI}{AI}\mathrm{d}\left(A,\left(SBC\right)\right)\) \(=\displaystyle\frac{1}{2}\mathrm{d}\left(A,\left(SBC\right)\right)\) \(=\displaystyle\frac{1}{2}AK=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\).

a) Theo giả thiết \(\triangle ABC\) vuông cân tại \(A\).

Vì \(\begin{cases}&BA\perp AC\\&BA\perp AA'\end{cases}\Rightarrow BA\perp (ACC'A')\)

suy ra hình chiếu vuông góc của \(BC'\) trên mặt phẳng \((ACC'A')\) là \(AC'\) nên \(\left(\widehat{BC',(ACC'A')}\right)=\left(\widehat{BC',AC'}\right)=\widehat{BC'A}=30^\circ.\)

Xét \(\triangle BAC'\) vuông tại \(A\), có \(AC'=AB\cdot\cot\widehat{BC'A}=a\sqrt{3}\).

Xét \(\triangle AA'C\) vuông tại \(A'\), có \(AA'=\sqrt{AC'^2-A'C'^2}=a\sqrt{2}\).

Gọi \(E\) là trung điểm \(BC\), suy ra \(AE\perp BC\).

Kẻ \(AK\perp A'E\) với \(K\in A'E.\quad\quad (1)\)

Ta có \(\begin{cases}BC\perp AE\\BC\perp AA'\end{cases}\Rightarrow BC\perp (A'AE)\)

\(\Rightarrow BC\perp AK.\quad\quad (2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\Rightarrow\) \(AK\perp (A'BC)\) nên \(\mathrm{d}\left(A,(A'BC)\right)=AK\).

Xét trong tam giác vuông \(A'AE\) ta có \(AE=\displaystyle\frac{BC}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\) \(\Rightarrow AK=\displaystyle\frac{AA'\cdot AE}{\sqrt{AA'^2+AE^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{10}}{5}\).

Vậy \(\mathrm{d}\left(A,(A'BC)\right)=AK=\displaystyle\frac{a\sqrt{10}}{5}.\)

b) Ta có \(\mathrm{d}\left(M,(ABC')\right)=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot\mathrm{d}\left(B',(ABC')\right)=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot\mathrm{d}\left(A',(ABC')\right).\)

Kẻ \(A'H\perp AC'\) với \(H\in (AC').\quad\quad (3)\)

Từ \(BA\perp (ACC'A')\Rightarrow BA\perp A'H.\quad\quad (4)\)

Từ \((3)\) và \((4)\) suy ra \(A'H\perp (ABC')\) nên \(\mathrm{d}\left(A',(ABC')\right)=A'H.\)

Xét trong tam giác vuông \(AA'C'\), ta có \(A'H=\displaystyle\frac{AA'\cdot A'C'}{\sqrt{AA'^2+A'C'^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{3}.\)

Vậy \(\mathrm{d}\left(M,(ABC')\right)=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot A'H=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{6}.\)

Gọi \(I\) là trung điểm \(B'C'\)

Ta có \(\begin{cases}A'I\perp B'C'\\A'I\perp BB'\end{cases}\Rightarrow A'I\perp (BCC'B')\) suy ra hình chiếu vuông góc của \(A'B\) trên mặt phẳng \((BCC'B')\) là \(IB\) nên

\(\left(\widehat{A'B,(BCC'B')}\right)=\left(\widehat{A'B,IB}\right)=\widehat{A'BI}=\varphi.\)

Xét \(\triangle ABC\), áp dụng định lý \(\cos\) ta có \(B'C'=BC=\sqrt{AB^2+AC^2-2\cdot AB\cdot AC\cdot \cos\widehat{BAC}}=a\sqrt{3}.\)

Suy ra \(A'I=\sqrt{A'B'^2-B'I^2}=\displaystyle\frac{a}{2}\).

Xét tam giác \(\triangle A'IB\) vuông tại \(I\), ta có \(A'B=\displaystyle\frac{A'I}{\sin\varphi}=a\sqrt{3}\Rightarrow AA'=\sqrt{A'B^2-AB^2}=a\sqrt{2}\)

Gọi \(J\) là trung điểm của \(BC\).

Ta có \(\begin{cases}AN\parallel MB'\\JN\parallel CB'\end{cases}\Rightarrow (B'MC)\parallel (NAJ)\).

Do đó \(\mathrm{d}\left(N,(B'MC)\right)=\mathrm{d}\left((NAJ),(B'MC)\right)=\mathrm{d}\left(B',(NAJ)\right)=\mathrm{d}\left(B,(NAJ)\right)\).

Kẻ \(BK\perp NJ\) với \(K\in NJ.\quad\quad (1)\)

Ta có \(\begin{cases}AJ\perp BC\\AJ\perp BN\end{cases}\Rightarrow AJ\perp (JBN)\) suy ra \(AJ\perp BK.\quad \quad (2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra \(BK\perp (NAJ)\) nên \(\mathrm{d}\left(B,(NAJ)\right)=BK.\)

Xét \(\triangle NBJ\) vuông tại \(B\), ta có \(BK=\displaystyle\frac{BN\cdot BJ}{\sqrt{BN^2+BJ^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{30}}{10}\).

Vậy \(\mathrm{d}\left(N,(B'MC)\right)=BK=\displaystyle\frac{a\sqrt{30}}{10}.\)

Kéo dài \(A'M\) cắt \(AC\) tại \(N\) suy ra \(AN=2AC=4a\) và \(\mathrm{d}\left(A,(A'BM)\right)=\mathrm{d}\left(A,(A'BN)\right).\)

Gọi \(E\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \(BN\)

suy ra \(AE\perp BN.\)

Kẻ \(AK\perp A'E\) với \(K\in A'E.\quad\quad (1)\)

Ta có \(\begin{cases}BN\perp AE\\BN\perp AA'\end{cases}\Rightarrow BN\perp (A'AE)\)\\ \(\Rightarrow BN\perp AK.\quad (2)\).

Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra \(AK\perp (A'BN)\) nên \(\mathrm{d}\left(A,(A'BN)\right)=AK.\)

Xét \(\triangle ABN\), áp dụng định lý \(\cos\) ta có \(BN=\sqrt{AB^2+AN^2-2\cdot AB\cdot AN\cdot \cos\widehat{BAC}}=a\sqrt{21}.\)

Ta có \(S_{\triangle ABN}=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot AB\cdot AN\cdot \sin\widehat{BAC}=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot BN\cdot AE\Rightarrow AE=\displaystyle\frac{AB\cdot AN\cdot \sin\widehat{BAC}}{BN}=\displaystyle\frac{2a\sqrt{7}}{7}.\)

Xét \(\triangle A'AE\) vuông tại \(A\), ta có \(AK=\displaystyle\frac{AA'\cdot AE}{\sqrt{AA'^2+AE^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{5}}{3}\).

Vậy \(\mathrm{d}\left(A,(A'BM)\right)=AK=\displaystyle\frac{a\sqrt{5}}{3}\).

Gọi \(H\) là chân đường cao hạ từ \(B\) trong tam giác \(ABC\). Theo giả thiết \(A'H\perp \left(ABC\right)\).

Trong tam giác vuông \(ABC\), ta có \(BC=\sqrt{AC^2-AB^2}=a\sqrt 3; AH=\displaystyle\frac{AB^2}{AC}=\displaystyle\frac{a}{2}; BH=\displaystyle\frac{AB\cdot BC}{AC}=\displaystyle\frac{a\sqrt 3}{2}\).

Suy ra \(\displaystyle\frac{AC}{HC}=\displaystyle\frac{AC}{AC-AH}=\displaystyle\frac{4}{3}\).

Trong tam giác vuông \(A'HA\), ta có\\ \(A'H=\sqrt{AA'^2-AH^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt 7}{2}\).

Ta có \(\mathrm{d}[M,\left(A'BC\right)]=\displaystyle\frac{1}{2}\mathrm{d}[C',\left(A'BC\right)]=\displaystyle\frac{1}{2}\mathrm{d}[A,\left(A'BC\right)]\).

Mà \(\mathrm{d}[A,\left(A'BC\right)]=\displaystyle\frac{AC}{HC}\cdot \mathrm{d}[H,\left(A'BC\right)]=\displaystyle\frac{4}{3}\mathrm{d}[H,\left(A'BC\right)]\) nên \(\mathrm{d}[M,\left(A'BC\right)]=\displaystyle\frac{2}{3}\mathrm{d}[H,\left(A'BC\right)]\).

Kẻ \(HE \parallel AB\) \(\left(E\in BC\right)\) suy ra \(HE\perp BC\).

Ta có \(\displaystyle\frac{HE}{AB}=\displaystyle\frac{CH}{CA}=\displaystyle\frac{3}{4}\) suy ra \(HE=\displaystyle\frac{3AB}{4}=\displaystyle\frac{3a}{4}\). Gọi \(K\) là hình chiếu của \(H\) lên \(A'E\) suy ra \(HK\perp A'E\) (1)

Ta có \(\begin{cases}BC\perp HE \\ BC\perp A'H\end{cases}\Rightarrow BC\perp \left(A'HE\right)\) suy ra \(BC\perp HK\) \ (2)

Từ \((1), (2)\) suy ra \(HK\perp \left(A'BC\right)\) nên \(\mathrm{d}[H,\left(A'BC\right)]=HK\).

Trong tam giác vuông \(A'HE\), ta có \(HK=\displaystyle\frac{A'H\cdot HE}{\sqrt{A'H^2+HE^2}}=\displaystyle\frac{3a\sqrt 7}{2\sqrt{37}}\).

Vậy \(\mathrm{d}[M,\left(A'BC\right)]=\displaystyle\frac{2}{3}HK=a\sqrt{\displaystyle\frac{7}{37}}\).

Gọi \(M, N\) lần lượt là trung điểm của \(BC\) và \(AC\). Gọi \(H=AM\cap BN\). Khi đó \(H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\). Theo giả thiết suy ra \(A'H\perp \left(ABC\right)\).

Ta có \(\begin{cases}BC\perp AM \\ BC\perp A'H\end{cases}\Rightarrow BC \perp \left(A'HM\right)\Rightarrow BC\perp A'M\).

Do đó \(\varphi=\widehat{\left((A'BC), (ABC)\right)}=\widehat{(A'M,AM)}=\widehat{AMA'}=\widehat{A'MH}\).

Tam giác \(ABC\) đều cạnh \(a\) nên \(AM=\displaystyle\frac{a\sqrt 3}{2}\)

\(\Rightarrow HM=\displaystyle\frac{AM}{3}=\displaystyle\frac{a\sqrt 3}{6}; AH=\displaystyle\frac{2AM}{3}=\displaystyle\frac{a\sqrt 3}{3}\).

Trong tam giác vuông \(A'HM\), ta có \(A'H=HM\cdot \tan\varphi =HM\cdot \sqrt{\displaystyle\frac{1}{\cos^2\varphi }-1}=\displaystyle\frac{a\sqrt 6}{6}\).

Ta có \(\mathrm{d}[A',\left(BCC'B'\right)]= \mathrm{d}[A,\left(BCC'B'\right)]\).

Do \(BC\perp \left(A'HM\right)\), mà \(BC\subset \left(BCC'B'\right)\) nên suy ra \(\left(BCC'B'\right)\perp \left(A'HM\right)\).

Gọi \(P\) là trung điểm của \(B'C'\), suy ra \(\left(A'HM\right)\cap \left(BCC'B'\right)=MP\).\\ Khi đó, ta có \(\mathrm{d}[A,\left(BCC'B'\right)]=\mathrm{d}[A,MP]=\mathrm{d}[M,AA']=\displaystyle\frac{3}{2}\mathrm{d}[H,AA']\).

Kẻ \(HK\perp AA'\) \((K\in AA')\). Suy ra \(\mathrm{d}[H,AA']=HK=\displaystyle\frac{A'H\cdot AH}{\sqrt {A'H^2+ AH^2}}=\displaystyle\frac{a}{3}\).

Vậy \(\mathrm{d}[A,\left(BCC'B'\right)]=\displaystyle\frac{3}{2}HK=\displaystyle\frac{a}{2}\).

Do \(C'D\parallel AB'\) suy ra \(C'D\parallel \left(AB'C\right)\) nên \(\mathrm{d}[O,\left(AB'C\right)]= \mathrm{d}[C',\left(AB'C\right)]\).

Gọi \(I=B'C\cap BC'\).

Ta có \(\mathrm{d}[C',\left(AB'C\right)]=\displaystyle\frac{C'I}{BI}\mathrm{d}[B,\left(AB'C\right)]=\mathrm{d}[B,\left(AB'C\right)]\).

Nhận xét tứ diện \(B'.ABC\) có các cạnh \(BA, BC, BB'\) đôi một vuông góc nên:

\(\displaystyle\frac{1}{\mathrm{d}^2[B,\left(AB'C\right)]}=\displaystyle\frac{1}{BA^2}+\displaystyle\frac{1}{BC^2}+\displaystyle\frac{1}{BB'^2}=\displaystyle\frac{7}{4a^2}\).

Vậy \(\mathrm{d}[O,\left(AB'C\right)]=\mathrm{d}[B,\left(AB'C\right)]=\displaystyle\frac{2a\sqrt 7}{7}\)

Hình thoi \(ABCD\) có \(\widehat {BAD}=120^\circ\) suy ra \(\widehat {ADC}=60^\circ\). Do đó tam giác \(ABC\) và \(ADC\) là các tam giác đều.

Vì \(N\) là trung điểm của \(A'D'\) của tam giác \(A'D'C'\) nên \(C'N \perp A'D'\) và \(C'N=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

Mặt khác, ta có \(C'N \perp AA'\). Suy ra \(C'N \perp \left(ADD'A'\right)\) nên hình chiếu vuông góc của \(AC'\) trên mặt phẳng \(\left(ADD'A'\right)\) là \(AN\). Do đó \(30^\circ=\widehat {\left(AC',\left(ADD'A'\right)\right)}=\widehat {\left(AC',AN\right)}=\widehat{C'AN}\).

Trong tam giác \(C'AN\), ta có \(AN=\displaystyle\frac{C'N}{\tan \widehat {C'AN}}=\displaystyle\frac{3a}{2}\).

Trong tam giác \(AA'N\), ta có \(AA'=\sqrt{AN^2-A'N^2}=a\sqrt{2}\).

Gọi \(I\) là trung điểm \(BC\). Khi đó

\(\mathrm{d}\left(M,\left(ANC'\right)\right)=\mathrm{d}\left(M,\left(ANC'I\right)\right)\quad (1)\)

Ta có \(AI \perp BC\),\(AI \perp BB'\) \(\Rightarrow AI\perp \left(BCC'B'\right)\Rightarrow AI\perp MK \quad (2)\).

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra: \(MK\perp \left(ANC'I\right)\) nên \(\mathrm{d}\left(M,\left(ANC'I\right)\right)=MK.\)

Ta có: \(MK=\displaystyle\frac{2S_{\triangle MC'I}}{C'I}=\displaystyle\frac{2\left(S_{BCC'B'}-S_{\triangle CC'I}-S_{\triangle MBI}-S_{\triangle MB'C'}\right)}{C'I}=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\).

Vậy \(\mathrm{d}\left(M,\left(ANC'\right)\right)=MK=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\).

Gọi \(I=AB'\cap BA'\). Ta có \(\mathrm{d}\left(B',\left(A'BD\right)\right)=\displaystyle\frac{IB'}{IA}\mathrm{d}\left(A,\left(A'BD\right)\right)=\mathrm{d}\left(A,\left(A'BD\right)\right)\).

Kẻ \(AH\perp BD\) \((H\in BD)\). Do \(AH\perp BD\),\(A'O\perp AH\) \(\Rightarrow AH\perp \left(A'BD\right)\) suy ra \break \(\mathrm{d}\left(A,\left(A'BD\right)\right)=AH\).

Trong tam giác vuông \(ABD\), ta có \(AH=\displaystyle\frac{AB \cdot AD}{\sqrt{AB^2+AD^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

Vậy \(\mathrm{d}\left(B',\left(A'BD\right)\right)=\mathrm{d}\left(A,\left(A'BD\right)\right)=AH=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

Gọi \(E\) là hình chiếu của \(H\) trên \(DI\), suy ra \(HE\perp DI\).

Kẻ \(HK\perp A'E\), \((K\in A'E) \quad (1)\).

Ta có \(DI\perp HE\), \(DI\perp A'H\)\(\Rightarrow DI\perp \left(A'HE\right)\Rightarrow DI\perp HK \quad (2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(HK\perp \left(A'ID\right)\) nên \(\mathrm{d}\left(H,\left(A'ID\right)\right)=HK\).

Trong tam giác vuông \(A'HA\) có \(A'H=\sqrt{AA'^2-AH^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

Diện tích \(S_{\triangle HID}=S_{ABCD}-S_{\triangle AHD}-S_{\triangle CDI}-S_{\triangle BHI}=\displaystyle\frac{3a^2}{8}\).

Mặt khác \(S_{\triangle HID}=\displaystyle\frac{1}{2}ID \cdot HE\), suy ra \(HE=\displaystyle\frac{2S_{\triangle HID}}{DI}=\displaystyle\frac{3a}{2\sqrt{5}}\).

Trong tam giác \(A'HE\), ta có \(HK=\displaystyle\frac{A'H \cdot HE}{\sqrt{A'H^2+HE^2}}=\displaystyle\frac{3a\sqrt{2}}{8}\).

Vậy \(\mathrm{d}\left(H,\left(A'ID\right)\right)=HK=\displaystyle\frac{3a\sqrt{2}}{8}\).

Do \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình hộp nên \(DD'=AA'=4a\).

Áp dụng định lý hàm số Cô-sin trong tam giác \(ADD'\), ta có

\(AD'^2=\sqrt {AD^2+DD'^2 - 2AD\cdot DD'\cdot\cos \widehat {ADD'}}=2a\sqrt {3}\).

Vì \(AD^2+AD'^2=16a^2=DD'^2\) nên tam giác \(ADD'\) vuông tại \(A\).

Kết hợp với giả thiết \(\begin{cases}(ADD'A') \perp(ABCD)\\(ADD'A') \cap (ABCD)=AD\\AD' \perp AD\end{cases}\), ta suy ra \(AD' \perp (ABCD)\).

Gọi \(I=AC \cap BD\). Do tứ giác \(ABCD\) là hình chữ nhật nên \(IA=IC\).

Vì \(G\) là trọng tâm tam giác \(BB'C'\), \(CC'\parallel (BDD'B')\) và \(IA=IC\) nên ta có

\(\mathrm{d}(G,(BDD'B))=\displaystyle\frac{1}{3}\mathrm{d}(C',(BDD'B'))=\displaystyle\frac{1}{3}\mathrm{d}(C,(BDD'B'))=\displaystyle\frac{1}{3}\mathrm{d}(A,(BDD'B'))\).

Kẻ \(AE \perp BD\) \((E \in BD)\). Ta có \(AE=\displaystyle\frac{AB\cdot AD}{\sqrt {AB^2+AD^2}}=\displaystyle\frac{2a}{\sqrt{5}}\).

Gọi \(K\) là hình chiếu của \(A\) trên \(D'E\), suy ra \(AK \perp D'E\).\tagEX{1}

Ta có \(\begin{cases} BD \perp AD'\\BD \perp AE\end{cases} \Rightarrow BD \perp (AED') \Rightarrow BD \perp AK\).\tagEX{2}

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(AK \perp (BDD'B')\) nên \(\mathrm{d}(A,(BDD'B'))=AK\).

Trong tam giác vuông \(D'AE\), ta có \(AK=\displaystyle\frac{D'A \cdot AE}{\sqrt{D'A^2+AE^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

Vậy \(\mathrm{d}(G,(BDD'B'))=\displaystyle\frac{1}{3}\mathrm{d}(A,(BDD'B'))=\displaystyle\frac{1}{3}AK=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{6}\).

Hình thoi \(ABCD\) có \(\widehat {ABC}=120^\circ\).

Suy ra \(\widehat{BAD}=60^\circ\) nên tam giác \(ABD\) là tam giác đều cạnh \(a\).

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A'\) xuống mặt đáy \((ABCD)\).

Do đỉnh \(A'\) cách đều các điểm \(A\), \(B\), \(D\) nên \(H\) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABD\).

Suy ra \(H\) thuộc đoạn \(AO\) sao cho \(OH=\displaystyle\frac{1}{3}AO=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot \displaystyle\frac{a\sqrt {3}}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt {3}}{6}\).

Khi đó hình chiếu vuông góc của \(AA'\) trên mặt đáy \((ABCD)\) là \(HA\) .

Suy ra góc giữa \(AA'\) và \((ABCD)\) là góc giữa \(AA'\) và \(HA\) hay là góc \(\widehat {A'AH}=60^\circ\).

Trong tam giác vuông \(A'AH\), ta có

\(A'H=AH\cdot \tan \widehat {A'AH}=a\).

Do \(M\) là trung điểm \(CD\), \(O\) là trung điểm \(AC\) và \(H\) là tâm của tam giác \(ABD\) nên

\(\mathrm{d}(M,(A'BD))=\displaystyle\frac{1}{2}\mathrm{d}(C,(A'BD))=\displaystyle\frac{1}{2}\mathrm{d}(A,(A'BD))=\displaystyle\frac{3}{2}\mathrm{d}(H,(A'BD)).\)

Gọi \(K\) là hình chiếu của \(H\) trên \(A'O\), suy ra \(HK \perp A'O\).\tagEX{1}

Ta có \(\begin{cases}BD \perp HO\\BD \perp A'H\end{cases}\Rightarrow BD \perp (A'HO) \Rightarrow BD \perp HK\).\tagEX{2}

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(HK \perp (A'BD)\) nên \(\mathrm{d}(H,(A'BD))=HK\).

Trong tam giác vuông \(A'HO\), ta có \(HK=\displaystyle\frac{A'H\cdot OH}{\sqrt {A'H^2+OH^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt {13}}{13}\).

Vậy \(\mathrm{d}(M,(A'BD))=\displaystyle\frac{3}{2}HK=\displaystyle\frac{3a\sqrt {13}}{26}\).

Dựng \(OM \perp CD\) và \(OH \perp SM\) khi đó

Ta có

\(\begin{cases}CD \perp OM \\ CD \perp SO\end{cases}\Rightarrow CD \perp (SOM)\Rightarrow CD \perp OH\);

Ta có \(\begin{cases} OH \perp SM\\OH \perp CD\end{cases}\Rightarrow OH \perp (SCD)\);

Do đó \(\mathrm{d}(O,(SCD))=OH\).

Ta có tam giác \(ACD\) đều suy ra

\(OM = OC\cdot \sin\widehat{OCM}= \displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{4}.\)

Vậy \(\mathrm{d}(O,(SCD))=OH\) \(= \displaystyle\frac{OM\cdot SO}{\sqrt{SO^2 + OM^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{51}}{17}\).

\(\bullet\,\) Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB\), vì \(ABC\) và \(ABD\) là các tam giác cân nên

\(\begin{cases}AB\perp CM\\ AB \perp DM\\ CM\cap DM = M\\ CM \subset (MCD) \\ DM \subset (MCD)\end{cases}\) \(\Rightarrow AB \perp (MCD)\Rightarrow AB \perp CD.\)

\(\bullet\,\) Gọi \(N\) là trung điểm của \(CD\), vì \(ABC\) và \(ABD\) là các tam giác cân và bằng nhau nên \(CM = DM\), do đó tam giác \(CMD\) cân tại \(M\) suy ra \(MN \perp CD\).

Ta có \(\begin{cases}MN \perp CD\\MN \perp AB \end{cases}\).

Vậy \(MN\) là đoạn vuông góc chung của \(AB\) và \(CD\).

\(\bullet\,\) Gọi \(O\) là tâm của hình vuông \(ABC\).

Khi đó \(\triangle SAC\) cân tại \(S\) có \(SO\) là trung tuyến nên \(SO\perp AC\). Tương tự, \(SO\perp BD\).

Do đó, \(SO\perp \left(ABCD\right)\).

Ta có \(\begin{cases}AB\perp IJ\ \left(\text{vì}\; ABCD\;\text{là hình vuông}\right)\\ AB\perp SO \left(\text{vì}\;SO\perp\left(ABCD\right)\right).\end{cases}\)

Mà \(IJ\) và \(SO\) là hai đường thẳng cắt nhau trong \(\left(SIJ\right)\) nên suy ra \(AB\perp\left(SIJ\right)\).

\(\bullet\,\) Vì \(AB\parallel CD\) nên \(AB\parallel\left(SCD\right)\), suy ra

\(\mathrm{d}\left(AB,SC\right) = \mathrm{d}\left(A,\left(SCD\right)\right) = 2\mathrm{d}\left(O,\left(SCD\right)\right).\)

Kẻ \(OH\perp SJ\). Vì \(CD\parallel AB\) mà \(AB\perp \left(SIJ\right)\) nên ta cũng có \(CD\perp \left(SIJ\right)\).

Suy ra \(CD\perp OH\). Kết hợp với \(SJ\perp OH\) ta được \(OH\perp \left(SCD\right)\) hay \(OH\) chính là khoảng cách từ \(O\) đến \(\left(SCD\right)\).

Ta có \(\triangle SAC\) đều cạnh \(a\sqrt{2}\) nên \(SO = \displaystyle\frac{a\sqrt{2}\cdot\sqrt{3}}{2} = \displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{2}\).

Suy ra

\(OH = \displaystyle\frac{SO\cdot OJ}{\sqrt{SO^2 + OJ^2}}\) \(= \displaystyle\frac{\tfrac{a\sqrt{6}}{2}\cdot\tfrac{a}{2}}{ \sqrt{\left(\tfrac{a\sqrt{6}}{2}\right)^2 + \left(\tfrac{a}{2}\right)^2}} = \displaystyle\frac{a\sqrt{42}}{14}.\)

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng \(A B\) và \(S C\) bằng \(\displaystyle\frac{a\sqrt{42}}{7}\).

\(\bullet\,\) Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\), khi đó ta có

\(\begin{cases}BC\perp AI\\BC\perp AA'\end{cases}\Rightarrow BC\perp\left(AA'I\right).\)

Mà \(\begin{cases}\left(AA'I\right)\cap\left(ABC\right) = AI\\ \left(AA'I\right)\cap\left(A'BC\right) = A'I\end{cases}\) nên

\(\left(\left(A'BC\right),\left(ABC\right)\right) = \widehat{A'IA} = 60^\circ.\)

Vậy khoảng cách giữa hai đáy của hình lăng trụ bằng \(AA' = AI\cdot \tan\widehat{A'IA} = \displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\sqrt{3} = \displaystyle\frac{3a}{2}.\)

\(\bullet\,\) Diện tích \(\triangle ABC\) là \(S_{\triangle ABC} = \displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\).

Suy ra thể tích khối lăng trụ là \(V = S_{\triangle ABC}\cdot AA' = \displaystyle\frac{3a^3\sqrt{3}}{8}.\)

Ta coi mặt đường là một mặt phẳng \(\left(P\right)\) chứa đường thẳng \(b\) và song song với đường thẳng \(a\).

Suy ra \(\mathrm{d}\left(a,b\right) = \mathrm{d}\left(a,\left(P\right)\right)\) \(= 0{,}8 + 3{,}5 = 4{,}3\)(m).

\(\bullet\,\) Ta có \(\begin{cases}AO \perp AA'\\AO \perp BD\end{cases}\Rightarrow \mathrm{d}(BD,AA')=\displaystyle\frac{1}{2}AC=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

\(\bullet\,\) Ta có \(BO=\sqrt{AB^2-OA^2}\) \(=\sqrt{a^2-\left(\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2}=\displaystyle\frac{a}{2}\Rightarrow BD=a\).

Thể tích của khối hộp \(V=AA'\cdot S_{ABCD}=2a\cdot \displaystyle\frac{1}{2}\cdot a\sqrt{3}\cdot a=a^3\sqrt{3}.\)

\(\bullet\,\) Kẻ \(OH \perp SB\) tại \(H\).

Ta có \(\begin{cases}AC\perp BD\\AC \perp SO\end{cases}\Rightarrow AC \perp (SBD)\Rightarrow AC \perp OH\). Khi đó \(\mathrm{d}(AC,SB)=OH\).

Có \(\triangle SAC\) vuông tại \(S\) suy ra \(SO=\displaystyle\frac{1}{2}AC=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\).

Khi đó \(OH=\displaystyle\frac{SO\cdot OB}{SB}\) \(=\displaystyle\frac{\tfrac{a\sqrt{2}}{2}\cdot \tfrac{a\sqrt{2}}{2}}{a}=\displaystyle\frac{a}{2}\).

Vậy \(\mathrm{d}(AC,SB)=\displaystyle\frac{a}{2}\).

\(\bullet\,\) Thể tích của khối chóp \(V_{S.ABCD}=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot SO \cdot S_{ABCD}\) \(=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot \displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2} \cdot a^2=\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{6}a^3\).

Diện tích đáy lớn \(S=6\cdot a^2\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{4}=\displaystyle\frac{3\sqrt{3}}{2}a^2\).

Diện tích đáy lớn \(S'=6\cdot \left(\displaystyle\frac{a}{2}\right)^2\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{4}=\displaystyle\frac{3\sqrt{3}}{8}a^2\).

Thể tích của khối chóp cụt lục giác đều \(ABCDEF \cdot A'B'C'D'E'F'\) là

\begin{align*}V=\ &\displaystyle\frac{1}{3}OO'\cdot \left(S+\sqrt{S\cdot S'}+S'\right)\\ =\ &\displaystyle\frac{1}{3}\cdot a \cdot \left(\displaystyle\frac{3\sqrt{3}}{2}a^2+\sqrt{\displaystyle\frac{3\sqrt{3}}{2}a^2\cdot \displaystyle\frac{3\sqrt{3}}{8}a^2}+\displaystyle\frac{3\sqrt{3}}{8}a^2\right)\\ =\ &\displaystyle\frac{7\sqrt{3}}{8}a^3.\end{align*}

\(\bullet\,\) Tính chiều cao của hình chóp.

Gọi \(H\) là trung điểm của \(DA\), ta có \(SH\perp DA\). Lại có \((SDA)\perp (ABCD)\) nên \(SH\perp (ABCD)\). Vậy \(SH\) là đường cao của hình chóp \(S.ABCD\).

Do tam giác \(SAD\) đều cạnh \(a\) nên \(SH=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

\(\bullet\,\) Tính khoảng cách giữa \(BC\) và \((SAD)\).

Ta có \(\begin{cases}BA\perp DA\\BA\perp SH\end{cases}\Rightarrow BA\perp (SAD)\) \(\Rightarrow \mathrm{d}(BC,(SAD))=\mathrm{d}(B,(SAD))=AB=a\).

\(\bullet\,\) Xác định đường vuông góc chung và tính khoảng cách giữa \(AB\) và \(SD\).

Kẻ \(AK\perp SD\). Do \(AB\perp (SAD)\Rightarrow AB\perp AK\).

Vậy \(AK\) là đường vuôngg góc chung, suy ra \(\mathrm{d}(AB,SD)=AK=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

\(\bullet\,\) Tính khoảng cách giữa \(CC'\) và \((BB'D'D)\).

Kẻ \(CH\perp BD\) tại \(H\).

Ta có \(\begin{cases}CH\perp BD\\CH\perp BB'\end{cases}\Rightarrow CH\perp (BDD'B)\).

Vậy \(CH\) là khoảng cách giữa \(CC'\) và \((BB'D'D)\).

Xét \(\triangle CBD\) ta có \(\displaystyle\frac{1}{CH^2}=\displaystyle\frac{1}{CB^2}+\displaystyle\frac{1}{CD^2}=\displaystyle\frac{1}{b^2}+\displaystyle\frac{1}{c^2}\Rightarrow CH=\displaystyle\frac{bc}{\sqrt{b^2+c^2}}\).

\(\bullet\,\) Xác định đường vuông góc chung và tính khoảng cách giữa \(AC\) và \(B'D'\).

Gọi \(O\) và \(O'\) là tâm hình vuông \(ABCD\) và \(A'B'C'D'\), suy ra \(OO'\parallel AA'\).

Ta có \(\begin{cases}O'O\perp B'D'\\O'O\perp AC\end{cases}\Rightarrow O'O\) là đường vuông góc chung của \(AC\) và \(B'D'\), nên \(O'O\) là khoảng cách giữa \(AC\) và \(B'D'\). Vậy \(\mathrm{d}(AC,B'D')=a\).

\(\bullet\,\) \(MN\) là đường vuông góc chung của \(AB\) và \(CD\).

Ta có \(\begin{cases}CD\perp BN\\ CD\perp AN\end{cases}\Rightarrow CD\perp (ABN)\Rightarrow CD\perp MN\) \(\quad(1)\).

Tương tự ta có \(AB\perp (MCD)\Rightarrow AB\perp MN\) \(\quad (2)\).

Từ (1), (2) suy ra \(MN\) là đường vuông góc chung của \(AB\) và \(CD\).

\(\bullet\,\) Các cặp cạnh đối diện trong tứ diện \(ABCD\) đều vuông góc với nhau.

Do \(CD\perp (ABN)\Rightarrow CD\perp AB\).

Chứng minh tương tự ta có \(BC\perp AD\), \(AC\perp BD\).

Vậy các cặp cạnh đối diện trong tứ diện đều vuông góc với nhau.

\(\bullet\,\) Chứng minh rằng hai mặt phẳng \((D'AC)\) và \((BC'A')\) song song với nhau và \(DB'\) vuông góc với hai mặt phẳng đó.

Ta có \(\begin{cases}AB\parallel D'C'\\AB= D'C'\end{cases}\Rightarrow ABC'D\) là hình bình hành. Vậy \(BC'\parallel AD'\). \(\quad (1)\)

Tương tự \(AA'C'C\) là hình bình hành, suy ra \(C'A'\parallel CA'\). \(\quad (2)\)

Từ (1), (2) suy ra \((D'AC)\parallel (BC'A')\).

Lại có \(\begin{cases}AC\perp BD\\AC\perp BB'\end{cases}\Rightarrow AC\perp (BDD'B')\Rightarrow AC\perp B'D\).\(\quad (3)\)

Tương tự ta có \(CD'\perp (AB'C'D)\Rightarrow CD'\perp B'D\).\(\quad (4)\)

Từ (3), (4) suy ra \(B'D\perp (ACD')\).

Mà \((D'AC)\parallel (BC'A')\) nên \(B'D\perp (BC'A')\).

Vậy \(B'D\) vuông góc với hai mặt phẳng \((D'AC)\) và \((BC'A')\).

\(\bullet\,\) Xác định các giao điểm \(E\), \(F\) của \(DB'\) với \((D'AC)\), \((BC'A')\). Tính \(\mathrm{d}((D'AC),(BC'A'))\).

Gọi \(E=D'O\cap DB'\), \(F=O'B\cap DB'\), suy ra \(EF\) là khoảng cách giữa hai mặt phẳng \((D'AC)\) và \((BC'A')\).

Xét \(\triangle B'D'E\) có \(O'F\) là đường trung bình nên \(F\) là trung điểm của \(B'E\).

Tương tự, \(E\) là trung điểm của \(DF\).

Suy ra \(EF=\displaystyle\frac{1}{3}B'D=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{3}\).

Ta có \(S.ABC\) là hình chóp đều. Gọi \(E\) là trung điểm \(BC\) và \(H\) là trọng tâm tam giác \(ABC\), suy ra \(SH\perp (ABC)\).

Ta có \(AH=\displaystyle\frac{2}{3}AE=\displaystyle\frac{2}{3}\cdot\displaystyle\frac{110\sqrt{3}}{2}=\displaystyle\frac{110}{\sqrt{3}}\).

Lại có \(SH=\sqrt{SA^2-AH^2}=\sqrt{129^2-\displaystyle\frac{110^2}{3}}\approx 112{,}28\).

Vậy chiều cao của giá đỡ là \(112{,}28\) cm.

Do đáy bể thuộc mặt phẳng nằm ngang nên phương của dây dọi vuông góc với mặt phẳng đáy bể, do đó chiều dài của đoạn dây dọi nằm trong bể nước bằng độ sâu của bể.

Diện tích đáy tam giác đều là \(S_{ABC}=a^2\cdot \displaystyle\frac{\sqrt{3}}{4}\);

\(AO=a \cdot \displaystyle\frac{\sqrt{3}}{3}\).

Chiều cao của hình chóp là \(SO=\sqrt{SA^2-AO^2}= \sqrt{b^2-\displaystyle\frac{a^2}{3}}\).

Thể tích khối chóp là \(V=\displaystyle\frac{1}{3} \cdot S_{ABC} \cdot SO= \displaystyle\frac{\sqrt{3}}{12} \cdot a^2 \cdot \sqrt{b^2-\displaystyle\frac{a^2}{3}}\).

Do đó thể tích của khối tứ diện đều có cạnh bằng \(a\) là

\(V= \displaystyle\frac{\sqrt{3}}{12} \cdot a^2 \cdot \sqrt{a^2-\displaystyle\frac{a^2}{3}}=\displaystyle\frac{a^ 3 \sqrt{2}}{12}.\)

Diện tích đáy là \(S_{ABC}= \displaystyle\frac{1}{2}AB \cdot BC \cdot \sin\widehat{ABC} =6\) (cm\(^2\)).

Thể tích khối lăng trụ là \(V=S_{ABC} \cdot AA'=6 \cdot 5=30\) (cm\(^3\)).

}

\(\bullet\,\) Diện tích đáy là \(S_{ABCD}=36\) (cm\(^2\)); \(AO=3\sqrt{2}\) cm.

\(\left(\widehat{SA,(ABCD)}\right) = \widehat{SAO} =60^{\circ}\).

Chiều cao của hình chóp là \(SO=AO \cdot \tan SAO= 3\sqrt{6}\) cm.

Thể tích khối chóp là \(V=\displaystyle\frac{1}{3} \cdot S_{ABCD} \cdot SO=36\sqrt{6}\) cm\(^3\).

\(\bullet\,\) Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\).

\(\left(\widehat{(SBC),(ABCD)}\right) = \widehat{SMO} =45^{\circ}\)

\(\Rightarrow SO=OM=3\) cm.

Thể tích khối chóp là \(V=\displaystyle\frac{1}{3} \cdot S_{ABCD} \cdot SO=108\) cm\(^3\).

Gọi \(O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) và dựng \(AK\perp BC\) tại \(K\).

Khi đó \(A'O \perp (ABC)\).

Suy ra \(A'O \perp OA\).

Dễ dàng tính được \(OA =\displaystyle\frac{2}{3}OK= \displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{3}\).

Từ đó suy ra \(OA' = \sqrt{AA'^{2} - OA^{2}} = \sqrt{b^{2} - \displaystyle\frac{a^{2}}{3}}\).

Vậy thể tích của khối lăng trụ là

\(V = S_{ABC} \cdot h = \displaystyle\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4} \cdot \sqrt{b^{2}-\displaystyle\frac{a^{2}}{3}}.\)

\(\bullet\,\) Do các mặt bên của chiếc thùng đều là các hình thang nên chiếc thùng có dạng hình chóp cụt.

\(\bullet\,\) Kẻ \(AK \perp A'B'\) thì \(AK =\displaystyle\frac{8-3}{2} = 2{,}5 \text{ dm}\).

\(A'B'=8-1-1=6 \text{ dm}.\)

\(A'K=\displaystyle\frac{A'B'-AB}{2}=\displaystyle\frac{6-3}{2}=1{,}5 \text{ dm}.\)

Khi đó, \(AA'=\sqrt{AK^2+A'K^2}=\sqrt{2{,}5^2+1{,}5^2}=\sqrt{\displaystyle\frac{17}{2}}.\)

\(\bullet\,\) Ta có: \(AC=3\sqrt{2}, A'C'=6\sqrt{2}, AA'=\sqrt{\displaystyle\frac{17}{2}}\).

Dựng \(AH \perp A'C'\) thì \(AH \perp (A'B'C'D')\) nên đường cao của khối chóp cụt là \(h = AH\).

Xét \(\Delta AA'H\) vuông tại \(H\):

\(AH = \sqrt{AA'^2-AH^2}= \sqrt{\displaystyle\frac{17}{2}-\displaystyle\frac{9}{2}}=2.\)

\(S_1=S_{ABCD}=3^2=9, S_2=S_{A'B'C'D'}=6^2=36, h = 2 \)

\(\Rightarrow V_{ABCD.A'B'C'D'}=\displaystyle\frac{1}{3} \sqrt{S_1^2+S_2^2+S_1S_2}.h = \displaystyle\frac{1}{3} \sqrt{9^2+36^2+9.36}.2=2\sqrt{179} \text{ dm}^3\).

Vậy, thùng có thể đựng tối đa \(2\sqrt{179}\) lít nước.

Vì cột gỗ vuông góc với cả trần nhà \((P)\) và sàn nhà \((Q)\) nên khoảng cách giữa \((P)\) và \((Q)\) chính là chiều cao của cột gỗ.

Vậy khoảng cách giữa \((P)\) và \((Q)\) là \(4{,}2 \mathrm{~m}\).

\(\bullet\,\) Vì \(CB\perp AB\) nên khoảng cách từ \(C\) đến \(AB\) bằng \(CB=b\).

\(\bullet\,\) Ta có \(AB\perp BC\) và \(AB\perp BD\) nên \(AB\perp (BCD)\), suy ra \(AB\perp CD\). Mà \(CD\perp BC\) nên \(CD\perp (ABC)\).

Do đó khoảng cách từ \(D\) đến \((ABC)\) là \(DC=\sqrt{c^2-b^2}\).

\(\bullet\,\) Ta có \(BC\perp AB\) và \(BC\perp CD\) nên \(BC\) là đoạn vuông góc chung của \(AB\) và \(CD\). Suy ra khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(CD\) là \(BC=b\).

\(\bullet\,\) Ta có \(MN\) là đường trung bình của \(\triangle ABC\) nên \(MN\parallel BC\).

Trong mặt phẳng \((ABC)\) có \(AB\perp BC\) nên \(AB\perp MN\). Do đó khoảng cách giữa \(MN\) và \(BC\) là \(MB=\displaystyle\frac{1}{2}AB=\displaystyle\frac{a}{2}\).

\(\bullet\,\) Ta có \(MP\) là đường trung bình của \(\triangle ABD\) nên \(MP\parallel BD\), mà \(BD\subset (BCD)\) nên \(MP\parallel (BCD)\).

Lại có \(MB\perp BC\) và \(MB\perp BD\) nên \(MB\perp (BCD)\).

Suy ra \(\mathrm{d}(MP,(BCD))=\mathrm{d}(M,(BCD))=MB=\displaystyle\frac{AB}{2}=\displaystyle\frac{a}{2}\).

\(\bullet\,\) Theo chứng minh trên ta có \(MN\parallel (BCD)\) và \(MP\parallel (BCD)\) mà \(MN\) và \(MP\) cắt nhau và cùng nằm trong mặt phẳng \((MNP)\) nên \((MNP)\parallel (BCD)\).

Khi đó \(\mathrm{d}((MNP),(BCD))=\mathrm{d}(M,(BCD))=MB=\displaystyle\frac{a}{2}\).

\(\bullet\,\) Ta có \(SA\perp (ABCD)\) nên \(SA\perp CD\) mà \(CD\perp AD\), suy ra \(CD\perp (SAD)\), do đó \(CD\perp SD\) và khoảng cách từ \(S\) đến \(CD\) là \(SD=\sqrt{SA^2+AD^2}=a\sqrt{2}\).

\(\bullet\,\) Ta có \(SA\perp (ABCD)\) nên \(SA\perp DA\) mà \(DA\perp AB\), suy ra \(DA\perp (SAB)\), do đó khoảng cách từ \(D\) đến \((SAB)\) là \(DA=a\).

\(\bullet\,\) Trong \((SAD)\) kẻ \(AH\perp SD\), mà \(CD\perp (SAD)\) nên \(CD\perp AH\). Suy ra \(AH\perp (SCD)\) và khoảng cách từ \(A\) đến \((SCD)\) là \(AH=\displaystyle\frac{1}{2}SD=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\).

\(\bullet\,\) Ta có \(BC\parallel AD\subset (SAD)\) nên \(BC\parallel (SAD)\).

Lại có \(SA\perp (ABCD)\) nên \(SA\perp AB\), mà \(AB\perp AD\) nên \(AB\perp (SAD)\).

Do đó \(\mathrm{d}(BC,(SAD))=\mathrm{d}(B,(SAD))=BA=a\).

\(\bullet\,\) Ta có \(SA\perp (ABCD)\) nên \(SA\perp BD\), mà \(BD\perp AC\) nên \(BD\perp (SAC)\).

Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\), trong \((SAC)\) kẻ \(OH\perp SC\), vì \(BD\perp (SAC)\) nên cũng có \(BD\perp OH\). Suy ra \(OH\) là đoạn vuông góc chung của \(BD\) và \(SC\).

Mặt khác \(\triangle SAC\backsim \triangle OHC\) nên \(\displaystyle\frac{OH}{SA}=\displaystyle\frac{OC}{SC}\) \(\Rightarrow OH=\displaystyle\frac{SA\cdot OC}{SC}=\displaystyle\frac{a\cdot \displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}}{a\sqrt{3}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{6}.\)

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng \(B D\) và \(S C\) là \(OH=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{6}\).

Chiếc đèn treo có dạng hình lăng trụ đều.

Trạm khảo sát trắc địa có dạng hình chóp cụt đều.

\(\bullet\,\) Chứng minh rằng các tam giác

\(ASC\) và \(BSD\) là tam giác vuông cân.

Hai tam giác \(ASC\) và \(ABC\) có \(AS=AB=a\), \(CS=CS\), \(AC\) là cạnh chung nên \(\triangle ASC=\triangle ABC\).

Vì \(ABCD\) là hình vuông nên tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\).

Do đó \(\triangle ASC\) vuông cân tại \(S\).

Chứng minh tương tự, tam giác \(BSD\) vuông cân tại \(S\).

\(\bullet\,\) Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\), chứng minh rằng đường thẳng \(SO\) vuông góc với mặt phẳng \((ABCD)\).

Tam giác \(ASC\) cân tại \(S\) có \(O\) là trung điểm của \(AC\) nên \(SO\perp AC.\)

Tương tự, \(SO\perp BD\).

Mà \(AC, BD\subset (ABCD)\) và \(AC\cap BD=O\) nên \(SO\perp (ABCD)\).

\(\bullet\,\) Chứng minh rằng góc giữa đường thẳng \(SA\) và mặt phẳng \((ABCD)\) bằng \(45^{\circ}\).

Tam giác \(ASC\) vuông cân tại \(S\) nên \(\widehat{SAC}=445^\circ\).

Ta có \(SO\perp (ABCD)\) và \(SA\cap (ABCD)=A\) nên góc giữa đường thẳng \(SA\) và mặt phẳng \((ABCD)\) là \(\widehat{SAC}=45^\circ\).

\(\bullet\,\) Chứng minh rằng hai mặt phẳng \(\left(ACC'A'\right)\) và \(\left(BDD'B'\right)\) vuông góc với nhau.

Vì \(ABCD.A'B'C'D'\) là lăng trụ đứng nên \(CC'\perp (ABCD)\Rightarrow CC'\perp BD.\)

Do \(ABCD\) là hình vuông nên \(AC\perp BD\).

Như thế \(BD\perp (ACC'A")\).

Mà \(BD\subset (BDD'B')\) nên \((BDD'B')\perp (ACC'A')\).

\(\bullet\,\) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(C'D'\).

Ta có \(CC'\perp (ABCD)\) và \(AC'\cap (ABCD)=A\) nên góc giữa đường thẳng \(AC'\) và mặt phẳng \((ABCD)\) là \(\widehat{C'AC}=60^\circ\).

Ta tính được \(AC=a\sqrt{2}\) và \(AA'=CC'=AC\cdot\tan \widehat{C'AC}=a\sqrt{2}\cdot\tan 60^\circ=a\sqrt{6}.\)

Ta có \(BA\perp AD\) và \(BA\perp AA'\) nên \(BA\perp (ADD'A')\Rightarrow BA\perp AD'\).

Tương tự \(A'D'\perp AD'\).

Do đó \(\mathrm{d}(AB,C'D')=AD'\).

Trong hình chữ nhật \(ADD'A'\) ta tính được \(AD'=\sqrt{AA'^2+AD^2}=\sqrt{\left(a\sqrt{6}\right)^2+a^2}=a\sqrt{7}\).

Vậy \(\mathrm{d}(AB,C'D')=a\sqrt{7}\).

Thể tích của chiếc bánh chưng là \(V=15\cdot 15\cdot 6=1350\) cm\(^3\).

Diện tích tam giác vuông cân là \(S=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot 12^2=72\) cm\(^2\).

Thể tích của khối pho mát là \(V=72\cdot 10=720\) cm\(^3\).

Vậy khối lượng của miếng pho mát là \(m=720\cdot 3=2160\) g.

Hình biểu diễn của đèn đá muối là hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) như hình vẽ bên.

Gọi \(O\) là tâm của hình vuông \(ABCD\). Khi đó \(SO\) là chiều cao của khối chóp.

Ta tính được \(OA=\displaystyle\frac{AC}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\) và \(SO=\sqrt{SA^2-OA^2}=\sqrt{a^2-\left(\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}.\)

Diện tích hình vuông \(ABCD\) là \(S_{ABCD}=a^2\).

Vậy thể tích của đèn đá muối là \(V=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot S_{ABCD}\cdot SO=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot a^2\cdot\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}=\displaystyle\frac{a^3\sqrt{2}}{6}\).

Diện tích đáy dưới của khối chóp cụt là \(S_1=5^2=25\) m\(^2\).

Diện tích đáy trên của khối chóp cụt là \(S_2=2^2=4\) m\(^2\).

Gọi \(O\), \(O'\) lần lượt là tâm của đáy dưới và đáy trên.

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(D'\) trên \((ABCD)\).

Ta tính được \(O'D'=\displaystyle\frac{2\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}\), \(OD=\displaystyle\frac{5\sqrt{2}}{2}\).

Chiều cao của khối chóp cụt là \(D'H=\sqrt{D'D^2-HD^2}=\sqrt{3^2-\left(\displaystyle\frac{5\sqrt{2}}{2}-\sqrt{2}\right)^2}=\displaystyle\frac{3\sqrt{2}}{2}.\)

Do đó, thể tích của khối chân tháp là \(V=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot D'H\left(S_1+\sqrt{S_1S_2}+S_2\right)\) \(=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot\displaystyle\frac{3\sqrt{2}}{2}\cdot\left(25+\sqrt{25\cdot 4}+4\right)\) \(=\displaystyle\frac{39\sqrt{2}}{2}\approx 27{,}6\ \mathrm{m}^3.\)

Vậy số tiền để mua bê tông tươi làm chân tháp là \(1\ 470\ 000\times 27{,}6=40\ 572\ 000\) đồng.

a) Ta có \(DD'\parallel AA'\),

suy ra \(\mathrm{d}(DD',(AA'C'C))=\mathrm{d}(D,(AA'C'C))\).

Gọi \(O\) là tâm hình vuông \(ABCD\).

Ta có \(\begin{cases} DO\perp AC \\ DO\perp AA'\end{cases} \Rightarrow DO\perp (AA'C'C)\).

Vậy \(\begin{aligned}[t]\mathrm{d}(DD',(AA'C'C))&=\mathrm{d}(D,(AA'C'C)) \\ &=DO=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}.\end{aligned}\)

b) Ta có \((AA'D'D)\parallel (BB'C'C)\) suy ra

\(\mathrm{d}((AA'D'D),(BB'C'C))=\mathrm{d}(A,(BB'C'C))\).

Do \(AB\perp BB'\) và \(AB\perp BC\), suy ra \(AB\perp (BB'C'C)\).

Vậy \(\mathrm{d}((AA'D'D),(BB'C'C))=AB=a\).

a) Ta có \(BC\perp SA\) và \(BC\perp AB\), suy ra \(BC\perp SB\).

Mặt khác \(BC\perp CD\), suy ra \(BC\) là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng \(SB\) và \(CD\). Ta có \(\mathrm{d}(SB,CD)=BC=a\).

b) Ta có \(AB\perp(SAD)\) và \(SD\) là hình chiếu vuông góc của \(SC\) lên \((SAD)\).

Vẽ \(AK\perp SD\), \(KE\parallel AB\), \(EF\parallel AK\).

Ta có \(AB\perp AK\), \(AK\perp SD\), suy ra \(AK\perp SC\).

Do \(EF\parallel AK\), suy ra ta cũng có \(EF\perp AB\) và \(EF\) cắt \(AB\) tại \(F\), \(EF\perp SC\) và \(EF\) cắt \(SC\) tại \(E\).

Các kết quả trên chứng tỏ \(EF\) là đoạn vuông góc chung của \(AB\) và \(SC\).

Trong tam giác \(SAD\) vuông cân tại \(A\) có \(AK=\displaystyle\frac{SD}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\).

Vậy \(\mathrm{d}(AB,SC)=EF=AK=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\).

a) Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB\), vì \(ABC\) và \(ABD\) là các tam giác cân nên

\(\begin{cases}AB\perp CM\\ AB \perp DM\\ CM\cap DM=M\\ CM \subset (MCD) \\ DM \subset (MCD)\end{cases}\Rightarrow AB \perp (MCD)\Rightarrow AB \perp CD.\)

b) Gọi \(N\) là trung điểm của \(CD\), vì \(ABC\) và \(ABD\) là các tam giác cân và bằng nhau nên \(CM=DM\), do đó tam giác \(CMD\) cân tại \(M\) suy ra \(MN \perp CD\).

Ta có \(\begin{cases}MN \perp CD\\MN \perp AB \end{cases}\).

Vậy \(MN\) là đoạn vuông góc chung của \(AB\) và \(CD\).

a) Gọi \(O\) là tâm của hình vuông \(ABC\).

Khi đó \(\triangle SAC\) cân tại \(S\) có \(SO\) là trung tuyến nên \(SO\perp AC\). Tương tự, \(SO\perp BD\).

Do đó, \(SO\perp \left(ABCD\right)\).

Ta có \(\begin{cases}AB\perp IJ \left(\text{vì}\; ABCD\;\text{là hình vuông}\right)\\AB\perp SO \left(\text{vì}\;SO\perp\left(ABCD\right)\right).\end{cases}\)

Mà \(IJ\) và \(SO\) là hai đường thẳng cắt nhau trong \(\left(SIJ\right)\) nên suy ra \(AB\perp\left(SIJ\right)\).

b) Vì \(AB\parallel CD\) nên \(AB\parallel\left(SCD\right)\), suy ra

\[\mathrm{d}\left(AB,SC\right)=\mathrm{d}\left(A,\left(SCD\right)\right)=2\mathrm{d}\left(O,\left(SCD\right)\right).\]

Kẻ \(OH\perp SJ\). Vì \(CD\parallel AB\) mà \(AB\perp \left(SIJ\right)\) nên ta cũng có \(CD\perp \left(SIJ\right)\).

Suy ra \(CD\perp OH\). Kết hợp với \(SJ\perp OH\) ta được \(OH\perp \left(SCD\right)\) hay \(OH\) chính là khoảng cách từ \(O\) đến \(\left(SCD\right)\).

Ta có \(\triangle SAC\) đều cạnh \(a\sqrt{2}\) nên \(SO=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}\cdot\sqrt{3}}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{2}\).

Suy ra

\[OH=\displaystyle\frac{SO\cdot OJ}{\sqrt{SO^2+OJ^2}}=\displaystyle\frac{\tfrac{a\sqrt{6}}{2}\cdot\tfrac{a}{2}}{ \sqrt{\left(\tfrac{a\sqrt{6}}{2}\right)^2+\left(\tfrac{a}{2}\right)^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{42}}{14}.\]

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng \(A B\) và \(S C\) bằng \(\displaystyle\frac{a\sqrt{42}}{7}\).

a) Ta có \(\begin{cases} BC\perp AB \text{ (vì } \triangle ABC \text{ vuông tại } B)\\ BC\perp SA \text{ (vì } SA\perp (ABC), BC\subset (ABC))\end{cases}\)

\(\Rightarrow BC\perp (SAB)\).\\Mà \(BC\subset (SBC)\).

Suy ra \((SBC)\perp(SAB)\).

b) Kẻ \(AH\perp SC\) tại \(H\). Khi đó \(\mathrm{d}(A,SC)=AH\).

Ta có \(AC= \displaystyle\frac{BC}{\sin \widehat{BAC}}=\displaystyle\frac{a}{\sin 30^\circ}=2a\).

\(\displaystyle\frac{1}{AH^2}=\displaystyle\frac{1}{SA^2}+\displaystyle\frac{1}{AC^2}=\displaystyle\frac{1}{2a^2}+\displaystyle\frac{1}{4a^2}=\displaystyle\frac{3}{4a^2} \Rightarrow AH=\displaystyle\frac{2a\sqrt{3}}{3}\).

Suy ra \(\mathrm{d}(A,SC)=\displaystyle\frac{2a\sqrt{3}}{3}\).

Kẻ \(AK\perp SB\) tại \(K\).

Mà \(AK\perp BC\) (vì \(BC\perp (SAB), AK\subset (SAB)\)).

Suy ra \(AK\perp (SBC)\). Do đó \(\mathrm{d}[A,(SBC)]=AK\).

Ta có \(AB=\displaystyle\frac{BC}{\tan \widehat{BAC}}=\displaystyle\frac{a}{\tan 30^\circ}=a\sqrt{3}\).

\(\displaystyle\frac{1}{AK^2}=\displaystyle\frac{1}{AB^2}+\displaystyle\frac{1}{SA^2}=\displaystyle\frac{1}{3a^2}+\displaystyle\frac{1}{2a^2}=\displaystyle\frac{5}{6a^2} \Rightarrow AK=\displaystyle\frac{a\sqrt{30}}{5}\).

Vậy \(\mathrm{d}[A,(SBC)]=\displaystyle\frac{a\sqrt{30}}{5}\).

a) Chứng minh rằng hai mặt phẳng \(\left(ACC'A'\right)\) và \(\left(BDD'B'\right)\) vuông góc với nhau.

Vì \(ABCD.A'B'C'D'\) là lăng trụ đứng nên \(CC'\perp (ABCD)\Rightarrow CC'\perp BD.\)

Do \(ABCD\) là hình vuông nên \(AC\perp BD\).

Như thế \(BD\perp (ACC'A")\).

Mà \(BD\subset (BDD'B')\) nên \((BDD'B')\perp (ACC'A')\).

b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(C'D'\).

Ta có \(CC'\perp (ABCD)\) và \(AC'\cap(ABCD)=A\) nên góc giữa đường thẳng \(AC'\) và mặt phẳng \((ABCD)\) là \(\widehat{C'AC}=60^\circ\).

Ta tính được \(AC=a\sqrt{2}\) và \(AA'=CC'=AC\cdot\tan \widehat{C'AC}=a\sqrt{2}\cdot\tan 60^\circ=a\sqrt{6}.\)

Ta có \(BA\perp AD\) và \(BA\perp AA'\) nên \(BA\perp (ADD'A')\Rightarrow BA\perp AD'\).

Tương tự \(A'D'\perp AD'\).

Do đó \(\mathrm{d}(AB,C'D')=AD'\).

Trong hình chữ nhật \(ADD'A'\) ta tính được \(AD'=\sqrt{AA'^2+AD^2}=\sqrt{\left(a\sqrt{6}\right)^2+a^2}=a\sqrt{7}\).

Vậy \(\mathrm{d}(AB,C'D')=a\sqrt{7}\).

a) Vì \(CB\perp AB\) nên khoảng cách từ \(C\) đến \(AB\) bằng \(CB=b\).

b) Ta có \(AB\perp BC\) và \(AB\perp BD\) nên \(AB\perp (BCD)\), suy ra \(AB\perp CD\). Mà \(CD\perp BC\) nên \(CD\perp (ABC)\).

Do đó khoảng cách từ \(D\) đến \((ABC)\) là \(DC=\sqrt{c^2-b^2}\).

c) Ta có \(BC\perp AB\) và \(BC\perp CD\) nên \(BC\) là đoạn vuông góc chung của \(AB\) và \(CD\). Suy ra khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(CD\) là \(BC=b\).

a) Ta có \(MN\) là đường trung bình của \(\triangle ABC\) nên \(MN\parallel BC\).

Trong mặt phẳng \((ABC)\) có \(AB\perp BC\) nên \(AB\perp MN\). Do đó khoảng cách giữa \(MN\) và \(BC\) là \(MB=\displaystyle\frac{1}{2}AB=\displaystyle\frac{a}{2}\).

b) Ta có \(MP\) là đường trung bình của \(\triangle ABD\) nên \(MP\parallel BD\), mà \(BD\subset (BCD)\) nên \(MP\parallel (BCD)\).

Lại có \(MB\perp BC\) và \(MB\perp BD\) nên \(MB\perp (BCD)\).

Suy ra \(\mathrm{d}(MP,(BCD))=\mathrm{d}(M,(BCD))=MB=\displaystyle\frac{AB}{2}=\displaystyle\frac{a}{2}\).

c) Theo chứng minh trên ta có \(MN\parallel (BCD)\) và \(MP\parallel (BCD)\) mà \(MN\) và \(MP\) cắt nhau và cùng nằm trong mặt phẳng \((MNP)\) nên \((MNP)\parallel (BCD)\).

Khi đó \(\mathrm{d}((MNP),(BCD))=\mathrm{d}(M,(BCD))=MB=\displaystyle\frac{a}{2}\).

a) Ta có \(BC\parallel AD\subset (SAD)\) nên \(BC\parallel (SAD)\).

Lại có \(SA\perp (ABCD)\) nên \(SA\perp AB\), mà \(AB\perp AD\) nên \(AB\perp (SAD)\).

Do đó \(\mathrm{d}(BC,(SAD))=\mathrm{d}(B,(SAD))=BA=a\).

b) Ta có \(SA\perp (ABCD)\) nên \(SA\perp BD\), mà \(BD\perp AC\) nên \(BD\perp (SAC)\).

Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\), trong \((SAC)\) kẻ \(OH\perp SC\), vì \(BD\perp (SAC)\) nên cũng có \(BD\perp OH\). Suy ra \(OH\) là đoạn vuông góc chung của \(BD\) và \(SC\).

Mặt khác \(\triangle SAC\backsim \triangle OHC\) nên \(\displaystyle\frac{OH}{SA}=\displaystyle\frac{OC}{SC}\Rightarrow OH=\displaystyle\frac{SA\cdot OC}{SC}=\displaystyle\frac{a\cdot \displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}}{a\sqrt{3}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{6}.\)

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng \(B D\) và \(S C\) là \(OH=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{6}\).

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A'\) trên \(A B\). Do \(A B \parallel A' B'\) nên \(\mathrm{d}\left(A B, A' B'\right)=A' H\).

Vì \(A A' \parallel D D'\) nên góc giữa đường thẳng \(A B\) và \(A A'\) bằng góc giữa đường thẳng \(A B\) và \(D D'\).

Suy ra \(\widehat{A' A H}=60^{\circ}\).

Trong tam giác vuông \(H A A'\) có \(A' H=A A' \cdot \sin \widehat{A' A H}=a \sin 60^{\circ}=\displaystyle\frac{a \sqrt{3}}{2}\).

Vậy \(\mathrm{d}\left(A B, A' B'\right)=\displaystyle\frac{a \sqrt{3}}{2}\).

Do \(C D\parallel A B\), \(A B \subset(S A B)\), \(C D \not \subset(S A B)\) nên \(C D \parallel (S A B)\).

Vì \(D \in C D\) nên \(\mathrm{d}(C D,(S A B))=\mathrm{d}(D,(S A B))\).

Do \(S A \perp(A B C D)\), \(D A \subset(A B C D)\) nên \(S A \perp D A\).

Vì \(D A\) vuông góc với hai đường thẳng \(A B\), \(S A\) cắt nhau trong \((S A B)\) nên \(D A \perp(S A B)\).

Do đó \(\mathrm{d}(D,(S A B))=D A=a\). Vậy \(\mathrm{d}(C D,(S A B))=a\).

Vì \(H\) là trung điểm của \(A C\) nên \(A H=\displaystyle\frac{A C}{2}=\displaystyle\frac{a \sqrt{2}}{2}\).

Do \(A' H \perp(A B C D)\) và \(A H \subset(A B C D)\) nên \(A' H \perp A H\).

Xét tam giác \(A A' H\) vuông tại \(H\) có \(A' H^2=A' A^2-A H^2=a^2-\left(\displaystyle\frac{a \sqrt{2}}{2}\right)^2=\displaystyle\frac{a^2}{2}\).

Suy ra \(A' H=\displaystyle\frac{a \sqrt{2}}{2}\).

Vậy khoảng cách giữa hai mặt phẳng \((A B C D)\) và \(\left(A' B' C' D'\right)\) bằng \(A' H=\displaystyle\frac{a \sqrt{2}}{2}\).

a) Vì \(A A'\) vuông góc với cả hai mặt phẳng \((A B C D)\) và \(\left(A' B' C' D'\right)\) nên \(A A' \perp A C\), \(A A' \perp A' B'\).

Suy ra đoạn thẳng \(A A'\) là đoạn vuông góc chung của \(A C\) và \(A' B'\). Vậy \(\mathrm{d}\left(A C, A' B'\right)=A A'=a\).

b) Vì \(C C'\) vuông góc với \((A B C D)\) nên \(C C' \perp O C\). Do đáy \(A B C D\) là hình vuông có \(O\) là giao điểm của \(A C\) và \(B D\) nên \(B D \perp O C\). Suy ra đoạn thẳng \(O C\) là đoạn vuông góc chung của \(C C'\) và \(B D\). Vậy \(\mathrm{d}\left(C C', B D\right)=O C=a \sqrt{2}\).

Gọi \(Q\) là trung điểm điểm \(SA\). Suy ra \(PQ \parallel AD\).

Do \(AD \perp (SAB) \Rightarrow PQ \perp (SAB)\).

Ta có \(\begin{cases}NP \parallel CD\\AB \parallel CD\end{cases} \Rightarrow NP \parallel AP\).

Suy ra \(NP \parallel (SAB)\).

Do \(AM \subset (SAB)\) nên \[\mathrm{\,d} (AM,NP)=\mathrm{\,d} (NP,(SAB))=\mathrm{\,d} (P,(SAB))=PQ=\displaystyle\frac{AD}{2}=\displaystyle\frac{a}{2}.\]

Ta có \(IO\) là đường trung bình của \(\triangle SAC\) nên \(IO\parallel SA\).

Mà \(SA\perp (ABCD)\) suy ra \(IO\perp (ABCD)\) nên \(IO\perp CM\). \((1)\)

Kẻ \(OH\perp CM\left(H\in CM\right)\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(CM\perp (IOH) \Rightarrow CM\perp IH\).

Do đó \(\mathrm{\,d}(I,CM)=IH\).

Gọi \(K=CM\cap BO\), suy ra \(K\) là trọng tâm tam giác \(ABC\) nên \(OK=\displaystyle\frac{BO}{3}=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{6}\).

Trong tam giác vuông \(KOC\), ta có

\(OH=\displaystyle\frac{OK.OC}{\sqrt{OK^2+OC^2}}=\displaystyle\frac{a}{\sqrt{20}}\).

Trong tam giác vuông \(IOH\), ta có

\(IH=\sqrt{IO^2+OH^2}=\sqrt{{\left(\displaystyle\frac{SA}{2}\right)}^2+OH^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{30}}{10}\).

Vậy \(\mathrm{\,d}(I,CM)=IH=\displaystyle\frac{a\sqrt{30}}{10}\).

Vì \(SI\cap CM=C\) nên \(\displaystyle\frac{\mathrm{\,d}(S,CM)}{\mathrm{\,d}(I,CM)}=\displaystyle\frac{SC}{IC}=2\).

Suy ra \(\mathrm{\,d}(S,CM)=2 \cdot \mathrm{\,d}(I,CM)=\displaystyle\frac{a\sqrt{30}}{5}\).

Trong tam giác \(SBD\), kẻ \(BH\perp SD\). Khi đó \(\mathrm{\,d}(B,SD)=BH\).

Ta có \(SB=\sqrt{SA^2+AB^2}=a\sqrt{3}\); \(SD=\sqrt{SA^2+AD^2}=a\sqrt{6}\);

\(BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=a\sqrt{5}\).

Suy ra \(\cos \widehat{BSD}=\displaystyle\frac{SB^2+SD^2-BD^2}{2SB.SD}=\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{3}\);

nên \(\sin \widehat{BSD}=\displaystyle\frac{\sqrt{7}}{3}\).

Ta có \(S_{\triangle SBD}=\displaystyle\frac{1}{2}SB\cdot SD\cdot \sin \widehat{BSD}=\displaystyle\frac{1}{2}SD \cdot BH\).

Suy ra \(BH=SB \cdot \sin \widehat{BSD}=\displaystyle\frac{a\sqrt{21}}{3}\).

Vậy \(\mathrm{\,d}(B,SD)=BH=\displaystyle\frac{a\sqrt{21}}{3}\).

Gọi \(O=AC \cap BD\). Theo giả thiết ta có \(SO \perp (ABCD)\).

Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\), suy ra \(OM \perp BC\).

Ta có \(\begin{cases}BC \perp OM\\BC \perp SO\end{cases}\Rightarrow BC \perp (SOM) \Rightarrow BC \perp SM\).

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng \((SBC)\) và \((ABCD)\) là góc giữa \(SM\) và \(OM\) hay là góc \(\widehat{SMO}=60^\circ\).

Tam giác \(SAC\) có \(SO\) vừa là trung tuyến vừa là đường cao nên cân tại \(S\), suy ra \(SC=SA=2a\).

Trong tam giác vuông \(SMC\), ta có.

\(SM=\sqrt {SC^2 - MC^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt {15}}{2}\).

Trong tam giác vuông \(SOM\), ta có

\(SO=SM\cdot\sin \widehat{SMO}=\displaystyle\frac{3a\sqrt {5}}{4}\); \(OM=SM\cdot\cos\widehat{SMO}=\displaystyle\frac{a\sqrt {15}}{4}\).

Vì \(BC\parallel (SAD)\) và \(M \in BC\) nên.

\(\mathrm{d}(BC,(SAD))=\mathrm{d}(M,(SAD))=2\mathrm{d}(O,(SAD))\).

Kéo dài \(MO\) cắt \(AD\) tại \(N\), suy ra \(\begin{cases}ON \perp AD\\ON=OM=\displaystyle\frac{a\sqrt {15}}{4}.\end{cases}\)

Kẻ \(OK \perp SE\) \((K \in SE)\).(1)

Ta có \(\begin{cases}AD \perp ON\\AD \perp SO\end{cases}\Rightarrow AD \perp (SON) \Rightarrow AD \perp OK\).(2)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(OK \perp (SAD)\) nên \(\mathrm{d}(O,(SAD))=OK\).

Trong tam giác vuông \(SON\), ta có \(OK=\displaystyle\frac{SO\cdot ON}{\sqrt {SO^2+ON^2}}=\displaystyle\frac{3a\sqrt {5}}{8}\).

Vậy \(\mathrm{d}(BC,(SAD))=2\mathrm{d}(O,(SAD))=2OK=\displaystyle\frac{3a\sqrt {5}}{4}\).

Do \(ABCD\) là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính \(AB\) nên \(AB\parallel CD\).

Suy ra \(AB\parallel (SCD)\). Do đó \(\mathrm{d}(AB,(SCD))=\mathrm{d}(A,(SCD))\).

Kẻ \(AE \perp CD\) với \(E\) thuộc đường thẳng \(CD\).

Gọi \(K\) là hình chiếu của \(A\) trên \(SE\), suy ra \(AK \perp SE\).(1)

Ta có \(\begin{cases}CD \perp SA\\CD \perp AE\end{cases}\Rightarrow CD \perp (SAE) \Rightarrow CD \perp AK\). (2)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(AK \perp (SCD)\) nên \(\mathrm{d}(A,(SCD))=AK\).

Goi \(O\) là trung điểm \(AB\), suy ra tam giác \(OAD\) đều cạnh \(a\).

Hạ \(DI \perp AO\) \((I \in AO)\), suy ra \(DI=\displaystyle\frac{a\sqrt {3}}{2}\).

Trong tam giác vuông \(SAE\), ta có

\(AK=\displaystyle\frac{SA\cdot AE}{\sqrt {SA^2+AE^2}}=\displaystyle\frac{SA\cdot DI}{\sqrt {SA^2+DI^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt {6}}{3}\).

Vậy \(\mathrm{d}(AB,(SCD))=\mathrm{d}(A,(SCD))=AK=\displaystyle\frac{a\sqrt {6}}{3}\).

Gọi \(E\) là trung điểm của \(BB'\).

Ta có \(EM\parallel B'C\) suy ra \(B'C\parallel (AEM)\). Do đó

\(\mathrm{d}(B'C,AM)=\mathrm{d}(B'C,(AEM))=\mathrm{d}(C,(AEM))=\mathrm{d}(B,(AEM)).\)

Nhận xét tứ diện \(EABM\) có \(BA,BE,BM\) đôi một vuông góc nên

\(\displaystyle\frac{1}{d^2(B,(AEM))}=\displaystyle\frac{1}{BA^2}+\displaystyle\frac{1}{BE^2}+\displaystyle\frac{1}{BM^2}= \displaystyle\frac{1}{a^2}+\displaystyle\frac{2}{a^2}+\displaystyle\frac{4}{a^2}=\displaystyle\frac{7}{a^2}.\)

Vậy \(\mathrm{d}(B'C,AM)=\mathrm{d}(B,(AEM))=\displaystyle\frac{a\sqrt {7}}{7}\).

Gọi \(N\) là trung điểm \(AB\), suy ra \(BC\parallel MN\) nên \(BC\parallel (SMN)\).

Do đó \(\mathrm{d}(BC,SM)=\mathrm{d}(BC,(SMN))=\mathrm{d}(B,(SMN))=\mathrm{d}(A,(SMN))\).

Kẻ \(AK \perp SN\) \((K \in SN)\). (1)

Vì \(BC\parallel MN\) mà \(BC \perp AB\) nên \(MN \perp AB\).

Ta có \(\begin{cases}MN \perp AB\\MN \perp SA\end{cases}\Rightarrow MN \perp (SAB) \Rightarrow MN \perp AK\). (2)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(AK \perp (SMN)\) nên \(\mathrm{d}(A,(SMN))=AK\).

Trong tam giác vuông \(SAN\), ta có

\(AK=\displaystyle\frac{SA\cdot AN}{\sqrt {SA^2+AN^2}}=\displaystyle\frac{2a\sqrt {17}}{17}\).

Vậy \(\mathrm{d}(BC,SM)=\mathrm{d}(A,(SMN))=AK=\displaystyle\frac{2a\sqrt {17}}{17}\).

Do hai mặt phẳng \((SAB)\) và \((SAC)\) cắt nhau theo giao tuyến \(SA\) và cùng vuông góc với đáy \((ABC)\) nên \(SA \perp (ABC)\).

Ta có \(\begin{cases}BC \perp AB\\ BC \perp SA\end{cases}\Rightarrow BC \perp (SAB) \Rightarrow BC \perp SB\).

Do \(\begin{cases}(SBC) \cap (ABC)=BC\\SB \subset (SBC),SB \perp BC\\AB \subset (ABC),AB \perp BC.\end{cases}\)

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng \((SBC)\) và \((ABC)\) là góc giữa \(SB\) và \(AB\) hay là góc \(\widehat{SBA}=60^\circ\).

Vì tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(B\) nên \(AB=BC=\displaystyle\frac{AC}{\sqrt {2}}=2a\).

Trong tam giác vuông \(SAB\), ta có \(SA=AB\cdot \tan \widehat{SBA}=2a\sqrt {3}\).

Gọi \(N\) là trung điểm \(BC\), suy ra \(AB\parallel MN\) nên \(AB\parallel (SMN)\).

Do đó \(\mathrm{d}(AB,SM)=\mathrm{d}(AB,(SMN))=\mathrm{d}(A,(SMN))\).

Gọi \(E\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên đường thẳng \(MN\).

Khi đó tứ giác \(ABNE\) là hình chữ nhật nên \(AE=BN=\displaystyle\frac{BC}{2}=a\).

Kẻ \(AK \perp SE\) \((K \in SE)\). (1)

Ta có \(\begin{cases}MN \perp AE\\ MN \perp SA\end{cases}\Rightarrow MN \perp (SAE) \Rightarrow MN \perp AK\). (2)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(AK \perp (SMN)\) nên \(\mathrm{d}(A,(SMN))=AK\).

Trong tam giác vuông \(SAE\), ta có \(AK=\displaystyle\frac{SA\cdot AE}{\sqrt{SA^2+AE^2}}=\displaystyle\frac{2a\sqrt{39}}{13}\).

Vậy \(\mathrm{d}(AB,SM)=\mathrm{d}(A,SMN))=AK =\displaystyle\frac{2a\sqrt {39}}{13}\).

Gọi \(H\) là trung điểm \(BC\).

Suy ra \(H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) nên \(HA=HB=HC\).

Mặt khác, \(DA=DB=DC\) suy ra \(DH\) là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).

Do đó \(DH \perp (ABC )\).

Kẻ \(Ax\parallel BC\). Khi đó

\(\mathrm{d}(AD,BC )=\mathrm{d}(BC,( ADx ) )=\mathrm{d}(H,( ADx ) )\).

Gọi \(E\) là hình chiếu của \(H\) trên \(Ax\), suy ra \(HE \bot Ax\).

Kẻ \(HK \bot DE\) \(( K \in DE )\). (1)

Ta có \(\begin{cases}Ax \bot HE\\Ax \perp DH\end{cases}\Rightarrow Ax \bot ( DHE ) \Rightarrow Ax \bot HK\). (2)

Từ \(( 1 )\) và \(( 2 )\), suy ra \(HK \bot ( ADx )\) nên \(\mathrm{d}(H,( ADx ) )=HK\).

Ta có \(BC=\sqrt {AB^2+AC^2}=2a\). Tam giác \(BDC\) vuông tại \(D\) nên \(DH=\displaystyle\frac{BC}{2}=a\).

Gọi \(F\) là chân đường cao hạ từ \(A\) của tam giác \(ABC\), suy ra \(HE=AF=\displaystyle\frac{AB\cdot AC}{BC}=\displaystyle\frac{a\sqrt {3}}{2}\).

Trong tam giác vuông \(DHE\), ta có \(HK=\displaystyle\frac{DH\cdot HE}{\sqrt {DH^2+HE^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt {21}}{7}\).

Vậy \(\mathrm{d}(AD,BC)=\mathrm{d}(H,(ADx))=HK=\displaystyle\frac{a\sqrt {21}}{7}\).

Kẻ \(Ax\parallel BC\). Khi đó.

\(\mathrm{d}(SA,BC)=\mathrm{d}(BC,(SAx))=\mathrm{d}(C,(SAx))=2\mathrm{d}(M,(SAx))\).

Gọi \(E\) là hình chiếu của \(M\) trên \(Ax\), suy ra \(ME \perp Ax\).

Kẻ \(MK \perp SE\) \((K \in SE)\). (1)

Ta có \(\begin{cases}Ax \perp ME\\Ax \perp SM\end{cases}\Rightarrow Ax \perp (SME) \Rightarrow Ax \perp MK\). (2)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(MK \perp (SAx)\) nên \(\mathrm{d}(M,(SAx))=MK\).

Tam giác \(SAB\) đều nên \(SA=SB=AB=\sqrt {AC^2 - BC^2}=a\sqrt {3}\).

Trong tam giác vuông \(SMA\), ta có \(SM=\sqrt {SA^2 - AM^2}=a\sqrt {2}\).

Ta có \(ME=AM\cdot \sin \widehat{EAM}=AM\cdot\sin\widehat{ACB}=AM\cdot \displaystyle\frac{AB}{AC}=\displaystyle\frac{a\sqrt {3}}{2}\).

Trong tam giác vuông \(SME\), ta có \(MK=\displaystyle\frac{SM\cdot ME}{\sqrt {SM^2+ME^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt {66}}{11}\).

Vậy \(\mathrm{d}(SA,BC)=2\mathrm{d}(M,(SAx))=2MK=\displaystyle\frac{2a\sqrt {66}}{11}\).

Gọi \(H\) là tâm của tam giác đều \(BCD\) thì \(AH \perp ( BCD )\).

Goi \(P\) là trung điểm \(AN\), suy ra \(MP\parallel BN\).

Từ \(C\) kẻ đường thẳng \(Cx\) song song với \(BN\), hạ \(BQ \perp Cx\) tại \(Q\).

Khi đó \(CM\), \(MP\), \(CQ\) cùng thuộc một mặt phẳng chứa \(CM\) và song song với \(BN\).

Do đó \(\mathrm{d}( BN,CM )=\mathrm{d}( BN,( MPCQ ) )=\mathrm{d}( H,( MPCQ ) )\).

Gọi \(L=MP \cap AH\), \(E\) là hình chiếu của \(H\) trên \(CQ\).

Kẻ \(HK \perp LE\) \(( K \in LE )\). (1)

Ta có \(\begin{cases}CQ \perp HE\\CQ \perp AH\end{cases}\Rightarrow CQ \perp ( AHE ) \Rightarrow CQ \perp HK\). (2)

Từ \(( 1 )\) và \(( 2 )\), suy ra \(HK \perp ( MPCQ )\) nên \(\mathrm{d}( H,( MPCQ ) )=HK\).

Ta có \(HE=BQ=BC\cdot\cos \widehat{QBC}=a\cdot\cos 60^\circ=\displaystyle\frac{a}{2}\);

\(LH=\displaystyle\frac{AH}{2}=\displaystyle\frac{\sqrt {AB^ 2 - BH^ 2} }{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt {6} }{6}\).

Trong tam giác vuông \(LHE\), ta có \(HK=\displaystyle\frac{LH\cdot HE}{\sqrt {LH^2+HE^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt {10}}{10}\).

Vậy \(\mathrm{d}(BN,CM)=\mathrm{d}(H,(MPCQ))=HK=\displaystyle\frac{a\sqrt {10}}{10}\).

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(A\) lên đường thẳng \(BC\).

Ta có \(\begin{cases}BC \perp AH\\BC \perp SA\end{cases}\Rightarrow BC \perp (SAH)\).

Gọi \(N\) là trung điểm \(SC\), suy ra \(MN\parallel BC\). Do đó .

\(\mathrm{d}(BC,AM)=\mathrm{d}(BC,(AMN))=\mathrm{d}(B,(AMN))=\mathrm{d}(S,(AMN))\).

Gọi \(E=SH \cap MN\). Kẻ \(SK \perp AE\) \((K \in AE)\). (1)

Ta có \(\begin{cases}MN\parallel BC\\BC \perp (SAH)\end{cases}\Rightarrow MN \perp (SAH) \Rightarrow MN \perp SK\). (2)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(SK \perp (AMN)\) nên \(\mathrm{d}(S,(AMN))=SK\).

Trong tam giác vuông \(ABC\), ta có

\(BC=\sqrt {AB^2+AC^2}=2a\); \(AH=\displaystyle\frac{AB\cdot AC}{BC}=\displaystyle\frac{a\sqrt {3}}{2}\); \(BH=\displaystyle\frac{AB^2}{BC}=\displaystyle\frac{a}{2}\).

Suy ra \(ME=\displaystyle\frac{BH}{2}=\displaystyle\frac{a}{4}\).

Ta có \(AM=\displaystyle\frac{SB}{2}=\displaystyle\frac{\sqrt {SA^2+AB^2}}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt {5}}{2}\).

Tam giác \(AEM\) vuông tại \(E\) nên \(AE=\sqrt {AM^2 - ME^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt {19}}{4}\).

Ta có \(\displaystyle\frac{1}{4}SA\cdot AH=\displaystyle\frac{S_{\Delta SAH}}{2}=S_{\Delta SAE}=\displaystyle\frac{1}{2}AE\cdot SK\).

Suy ra \(SK=\displaystyle\frac{SA\cdot AH}{2AE}=\displaystyle\frac{2a\sqrt {3}}{\sqrt {19}}\).

Vậy \(\mathrm{d}(BC,AM)=\mathrm{d}(S,(AMN))=SK=\displaystyle\frac{2a\sqrt {3}}{\sqrt {19}}\).

Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm cạnh \(AB\) và \(CD\). Ta có

\(CM^2=\displaystyle\frac{CA^2+CB^2}{2} - \displaystyle\frac{CD^2}{4}=\displaystyle\frac{b^2+c^2}{2} - \displaystyle\frac{a^2}{4}\);

\(DM^2=\displaystyle\frac{AD^2+DB^2}{2} - \displaystyle\frac{AB^2}{4}=\displaystyle\frac{b^2+c^2}{2} - \displaystyle\frac{a^2}{4}\).

Suy ra \(CM=DM\) nên tam giác \(CMD\) cân tại \(M\).

Suy ra \(MN \perp CD\) (do \(MN\) là trung tuyến của tam giác \(CMD\)).

Tương tự, ta cũng có \(NM \perp AB\). Vậy \(\mathrm{d}(AB,CD)=MN\).

Trong tam giác vuông \(MNC\), ta có .

\(MN^2=CM^2 - CN^2=\displaystyle\frac{b^2+c^2}{2} - \displaystyle\frac{a^2}{4} - \displaystyle\frac{a^2}{4}=\displaystyle\frac{b^2+c^2 - a^2}{2}\).

Vậy \(\mathrm{d}(AB,CD)=MN=\sqrt {\displaystyle\frac{b^2+c^2 - a^2}{2}}\).

Gọi \(O=AC \cap BD\), suy ra \(MO\parallel SB\).

Do đó \(\mathrm{d}(SB,AM)=\mathrm{d}(SB,(AMO))=\mathrm{d}(S,(AMO))=\mathrm{d}(D,(AMO))\).

Gọi \(I\) là trung điểm \(AD\), suy ra \(MI\parallel SA\) nên \(MI \perp (ABCD)\).

Khi đó \(\mathrm{d}(SB,AM)=\mathrm{d}(D,(AMO))=2\mathrm{d}(I,(AMO))\).

Gọi \(E\) là hình chiếu của \(I\) trên \(AC\), suy ra \(IE \perp AC\).

Kẻ \(IK \perp ME\) \((K \in ME)\). (1)

Ta có \(\begin{cases}AC \perp IE\\AC \perp MI\end{cases}\Rightarrow AC \perp (MIE) \Rightarrow AC \perp IK\). (2)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(IK \perp (AMO)\) nên \(\mathrm{d}(I,(AMO))=IK\).

Ta có \(MI=\displaystyle\frac{SA}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt {3}}{2}\) ; \(IE=\displaystyle\frac{DO}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt {2}}{4}\).

Trong tam giác vuông \(MIE\), ta có \(IK=\displaystyle\frac{MI\cdot IE}{\sqrt {MI^2+IE^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt {21}}{14}\).

Vậy \(\mathrm{d}(SB,AM)=2\mathrm{d}(I,(AMO))=2IK=\displaystyle\frac{a\sqrt {21}}{7}\).

Gọi \(M\) là trung điểm \(AD\), suy ra \(SM \perp AD\).

Mà \((SAD) \perp (ABCD)\) theo giao tuyến \(AD\) nên \(SM \perp (ABCD)\).

a) Do \(BC\parallel AD\) nên \(AD\parallel (SBC)\).

Khi đó \(\mathrm{d}(AD,SB)=\mathrm{d}(AD,(SBC))=\mathrm{d}(M,(SBC))\).

Gọi \(N\) là trung điểm \(BC\), suy ra \(MN=AB=a\) và \(MN \perp BC\).

Kẻ \(MK \perp SN\) \((K \in SN)\). (1)

Ta có \(\begin{cases}BC \perp MN\\BC \perp SM\end{cases}\Rightarrow BC \perp (SMN) \Rightarrow BC \perp MK\). (2)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(MK \perp (SBC)\) nên \(\mathrm{d}(M,(SBC))=MK\).

Ta có \(SM\) là đường cao trong tam giác đều nên \(SM=\displaystyle\frac{AD\sqrt {3}}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt {3}}{2}\).

Trong tam giác vuông \(SMN\), ta có \(MK=\displaystyle\frac{SM\cdot MN}{\sqrt {SM^2+MN^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt {21}}{7}\).

Vậy \(\mathrm{d}(AD,SB)=\mathrm{d}(M,(SBC))=MK=\displaystyle\frac{a\sqrt {21}}{7}\).

b) Trong mặt phẳng \((ABCD)\) lấy điểm \(G\) sao cho \(ABDG\) là hình bình hành, suy ra \(AG\parallel BD\) nên \(BD\parallel (SAG)\).

Khi đó \(\mathrm{d}(BD,SA)=\mathrm{d}(BD,(SAG))=\mathrm{d}(D,(SAG))=2\mathrm{d}(M,(SAG))\).

Gọi \(E\), \(F\) lần lượt là hình chiếu của \(M\) trên \(AG\) và \(BD\). Ta có \(ME=MF=\displaystyle\frac{AO}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt {2}}{4}\).

Kẻ \(MH \perp SE\) \((H \in SE)\). (3)

Ta có \(\begin{cases}AG \perp ME\\AG \perp SM\end{cases}\Rightarrow AG \perp (SME) \Rightarrow AG \perp MH\). (4)

Từ \((3)\) và \((4)\), suy ra \(MH \perp (SAG)\) nên \(\mathrm{d}(M,(SAG))=MH\).

Trong tam giác vuông \(SME\), ta có \(MH=\displaystyle\frac{SM\cdot ME}{\sqrt {SM^2+ME^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt {21}}{14}\).

Vậy \(\mathrm{d}(BD,SA)=2\mathrm{d}(M,(SAG))=2MH=\displaystyle\frac{a\sqrt {21}}{7}\).

Gọi \(H=CM \cap BN\). Ta có \((SMC) \cap (SNB)=SH\). Mà \((SMC)\) và \((SNB)\) vuông góc với \((ABCD)\) nên \(SH \perp (ABCD)\).

Do đó hình chiếu vuông góc của \(SB\) trên \((ABCD)\) là \(HB\).

Suy ra góc giữa \(SB\) và \((ABCD)\) là góc giữa \(SB\) và \(HB\) hay \(\widehat{SBH}=60^\circ\).

Ta có \(\Delta CMD=\Delta BNC\) \((c - c - c)\).

Suy ra \(\widehat{CMD}=\widehat{BNC}\).

Mà \(\widehat{CMD}+\widehat{DCM}=90^\circ\) nên \(\widehat{BNC}+\widehat{DCM}=90^\circ\).

Suy ra \(\widehat{CHN}=90^\circ\) hay \(CM \perp BN\).

Ta có \(BN=\sqrt {BC^2+NC^2}=a\sqrt {5}\), \(BH=\displaystyle\frac{BC^2}{BN}=\displaystyle\frac{4a}{\sqrt {5}}\), \(SH=BH\cdot \tan \widehat{SBH}=\displaystyle\frac{4a\sqrt {3}}{\sqrt {5}}\).

Gọi \(K\) là hình chiếu của \(H\) trên \(SB\), suy ra \(HK \perp SB\). (1)

Ta có \(\begin{cases}MC \perp BN\\MC \perp SH\end{cases}\Rightarrow MC \perp (SHB) \Rightarrow MC \perp HK\). (2)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(\mathrm{d}(CM,SB)=HK\).

Trong tam giác vuông \(SHB\), ta có

\(HK=\displaystyle\frac{SH\cdot HB}{\sqrt {SH^2+HB^2}}=\displaystyle\frac{2a\sqrt {15}}{5}\).

Vậy \(\mathrm{d}(CM,SB)=HK=\displaystyle\frac{2a\sqrt {15}}{5}\).

Ta có \(\Delta CMD=\Delta BNC\) \((c - c - c)\), suy ra \(\widehat{CMD}=\widehat{BNC}\).

Mà \(\widehat{CMD}+\widehat{DCM}=90^\circ\) nên \(\widehat{BNC}+\widehat{DCM}=90^\circ\).

Suy ra \(\widehat{CHN}=90^\circ\) hay \(CM \perp BN\).

Gọi \(P\) là điểm đối xứng của \(N\) qua \(C\).

Khi đó \(ABPN\) là

hình bình hành nên \(AN\parallel BP\), suy ra \(AN\parallel (SBP)\).

Do đó

\(\mathrm{d}(AN,SB)=\mathrm{d}(AN,(SBP))=\mathrm{d}(N,(SBP))=\displaystyle\frac{NB}{HB} \cdot \mathrm{d}(H,(SBP))=\displaystyle\frac{5}{4}\mathrm{d}(H,(SBP))\).

Gọi \(E\), \(F\) lần lượt là hình chiếu của \(H\) và \(N\) trên \(BP\).

Kẻ \(HL \perp SE\) \((L \in SE)\). (1)

Ta có \(\begin{cases}BP \perp HE\\BP \perp SH\end{cases}\Rightarrow BP \perp (SHE) \Rightarrow BP \perp HL\). (2)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(HL \perp (SBP)\) nên \(\mathrm{d}(H,(SBP))=HL\).

Ta có \(S_{\Delta BNP}=\displaystyle\frac{1}{2}NP \cdot BC=\displaystyle\frac{1}{2}BP \cdot NF\) suy ra \(NF=\displaystyle\frac{NP \cdot BC}{BP}=\displaystyle\frac{AB \cdot BC}{BN}=\displaystyle\frac{2a}{\sqrt {5} }\).

Vì \(\displaystyle\frac{HE}{NF}=\displaystyle\frac{BH}{BN}=\displaystyle\frac{4}{5}\) suy ra \(HE=\displaystyle\frac{4NF}{5}=\displaystyle\frac{8a}{5\sqrt {5} }\).

Trong tam giác vuông \(SHE\), ta có \(HL=\displaystyle\frac{SH \cdot HE}{\sqrt {SH^2+HE^2} }=\displaystyle\frac{24a}{\sqrt {1317} }\).

Vậy \(\mathrm{d}(AN,SB)=\displaystyle\frac{5}{4}\mathrm{d}(H,(SBP))=\displaystyle\frac{5}{4}HL=\displaystyle\frac{30a}{\sqrt {1317}}\).

Gọi \(P\) là trung điểm của \(SA\).

Suy ra \(MP\) là đường trung bình của tam giác \(EAD\).

Suy ra \(MP\) song song và bằng một nửa \(AD\). Do đó tứ giác \(MNCP\) là hình hình hành.

Suy ra \(MN\parallel PC\) nên \(MN\parallel (SAC)\).

Khi đó

\(\mathrm{d}(MN,AC)=\mathrm{d}(MN,(SAC))=\mathrm{d}(N,(SAC))=\displaystyle\frac{1}{2}\mathrm{d}(B,(SAC))\).

Ta có \(\begin{cases}BO \perp AC\\BO \perp SO\end{cases}\Rightarrow BO \perp (SAC)\) nên \(\mathrm{d}(B,(SAC))=BO\).

Vậy \(\mathrm{d}(MN,AC)=\displaystyle\frac{1}{2}\mathrm{d}(B,(SAC))=\displaystyle\frac{1}{2}BO=\displaystyle\frac{1}{4}BD=\displaystyle\frac{a\sqrt {2}}{4}\).

Từ giả thiết suy ra \(SH \perp AB\). Mà \((SAB)\) vuông góc với đáy \((ABCD)\) theo giao tuyến \(AB\).

Suy ra \(SH \perp (ABCD)\).

Gọi \(K\) là hình chiếu của \(H\) trên \(AC\), suy ra \(HK \perp AC\).

Ta có \(\begin{cases}AC \perp HK\\AC \perp SH\end{cases}\Rightarrow AC \perp (SHK) \Rightarrow AC \perp SK\).

Do \(\begin{cases}(SAC) \cap (ABCD)=AC\\SK \subset (SAC),SK \perp AC\\HK \subset (ABCD),HK \perp AC.\end{cases}\)

Suy ra

\(60^\circ=\widehat{(SAC),(ABCD)}=\widehat{SK,HK}=\widehat{SKH}\).

Gọi \(E\) là điểm đối xứng của \(H\) qua \(A\). Khi đó \(HCDE\) là hình bình hành nên \(ED\parallel CH\).

Suy ra \(CH\parallel (SDE)\). Suy ra

\(\mathrm{d}(CH,SD)=\mathrm{d}(CH,(SDE))=\mathrm{d}(H,(SDE))\).

Kẻ \(HM \perp ED\) \((M \in ED)\). Gọi \(N\) là hình chiếu của \(H\) trên \(SM\), suy ra \(HN \perp SM\). (1)

Ta có \(\begin{cases}ED \perp HM\\ED \perp SH\end{cases}\Rightarrow ED \perp (SHM) \Rightarrow ED \perp HN\). (2)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(HN \perp (SDE)\) nên \(\mathrm{d}(H,(SDE))=HN\).

Kẻ \(BI \perp AC\) \((I \in AC)\), ta có \(BI=\displaystyle\frac{AB\cdot BC}{\sqrt {AB^2+BC^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt {6}}{3}\). Suy ra \(HK=\displaystyle\frac{BI}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt {6}}{6}\).

Trong tam giác vuông \(SHK\), ta có \(SH=HK\cdot \tan \widehat{SKH}=\displaystyle\frac{a\sqrt {2}}{2}\).

Do \(HCDE\) là hình bình hành nên\\ \(HM=\mathrm{d}(D,CH)=\displaystyle\frac{2S_{\Delta CHD}}{CH}=\displaystyle\frac{CD\cdot AD}{CH}=\displaystyle\frac{CD\cdot AD}{\sqrt {CB^2+BH^2}}=\displaystyle\frac{2a\sqrt {2}}{3}\).

Trong tam giác vuông \(SHM\), ta có \(HN=\displaystyle\frac{SH\cdot HM}{\sqrt {SH^2+HM^2}}=\displaystyle\frac{2a\sqrt {2}}{5}\).

Vậy \(\mathrm{d}(CH,SD)=\mathrm{d}(H,(SDE))=HN=\displaystyle\frac{2a\sqrt {2}}{5}\).

Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \(BCD\). Theo giả thiết \(SG \perp (ABCD)\).

Kẻ \(GI \perp BCI \in BC)\). Ta có \(\begin{cases}BC \perp SG\\BC \perp GI\end{cases}\Rightarrow BC \perp (SGI) \Rightarrow BC \perp SI\).

Do \(\begin{cases}(SBC) \cap (ABCD)=BC\\ SI \subset (SBC),SI \perp BC\\ GI \subset (ABCD),GI \perp BC.\end{cases}\)

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng \((SBC)\) và \((ABCD)\) là góc giữa \(SI\) và \(GI\) hay \(\widehat{SIG}=60^\circ\).

Do \(AD\parallel BC\) nên \(AD\parallel (SBC)\).

Ta có

\(\mathrm{d}(AD,SC)=\mathrm{d}(AD,(SBC))=\mathrm{d}(A,(SBC))=\displaystyle\frac{AC}{GC}\cdot \mathrm{d}(G,(SBC))=3\mathrm{d}(G,(SBC))\).

Gọi \(K\) là hình chiếu của \(G\) trên \(SI\), suy ra \(GK \perp SI\). (1)

Theo chứng minh trên \(BC \perp (SGI)\), suy ra \(BC \perp GK\). (2)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(GK \perp (SBC)\) nên \(\mathrm{d}(G,(SBC))=GK\).

Ta có \(\displaystyle\frac{GI}{AB}=\displaystyle\frac{CG}{CA}=\displaystyle\frac{1}{3}\), suy ra \(GI=\displaystyle\frac{AB}{3}=a\).

Trong tam giác vuông \(GKI\), ta có

\(GK=GI\cdot \sin \widehat{KIG}=GI\cdot \sin \widehat{SIG}=\displaystyle\frac{a\sqrt {3}}{2}\).

Vậy \(\mathrm{d}(AD,SC)=3\mathrm{d}(G,(SBC))=3GK=\displaystyle\frac{3a\sqrt {3}}{2}\).

Tam giác \(SOA\) cân tại \(S\) nên \(SO=SA\).

Suy ra \(H\) thuộc trung trực đoạn \(OA\).

Mặt phẳng \((SAD)\) vuông góc vói mặt đáy \((ABCD)\) nên \(H\) thuộc giao tuyến \(AD\).

Từ đó suy ra \(H\) là giao điểm của trung trực đoạn \(OA\) với cạnh \(AD\).

Trong hình chữ nhật \(ABCD\), ta có \(AC=BD=\sqrt {AB^2+BC^2}=2a\).

Suy ra \(AO=BO=AB=a\) nên tam giác \(ABO\) đều.

Gọi \(I\) là trung điểm của \(AO\).

Suy ra đường trung trực đoạn \(OA\) đi qua hai điểm \(I\) và \(B\). Do đó \(H=BI \cap AD\).

Hình chiếu của \(SD\) trên mặt phẳng \((ABCD)\) là \(HD\).

Suy ra góc giữa \(SD\) và \((ABCD)\) là góc giữa \(SD\) và \(HD\) hay \(\widehat{SDH}=60^\circ\).

Kẻ \(IK \perp SB\) \((K \in SB)\). (1)

Ta có \(\begin{cases}AC \perp BH\\AC \perp SH\end{cases}\Rightarrow AC \perp (SHB) \Rightarrow AC \perp IK\). (2)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(IK\) là đoạn vuông góc chung của \(SB\) và \(AC\).

Tam giác \(ABO\) đều nên \(\widehat{ABI}=30^\circ\), suy ra \(\widehat{ABH}=30^\circ\).

Trong tam giác vuông \(HAB\), ta có

\(HB=\displaystyle\frac{AB}{\cos \widehat{ABH}}=\displaystyle\frac{2a}{\sqrt {3}}\); \(AH=AB\cdot \tan \widehat{ABH}=AB\cdot \tan \widehat{ABI}=\displaystyle\frac{a}{\sqrt {3}}\).

Suy ra \(HD=AD - AH=\displaystyle\frac{2a}{\sqrt {3}}\).

Trong tam giác vuông \(HAB\), ta có \(SH=HD\cdot \tan \widehat{SDH}=2a\).

Kẻ \(HL \perp SB\) \((L \in SB)\). Trong tam giác vuông \(SHB\), ta có \(HL=\displaystyle\frac{SH\cdot HB}{\sqrt {SH^2+HB^2}}=a\).

Ta có \(\displaystyle\frac{IK}{HL}=\displaystyle\frac{BI}{BH}\) suy ra

\(IK=\displaystyle\frac{BI}{BH}\cdot HL=\displaystyle\frac{3a}{4}\).

Vậy \(\mathrm{d}(AC,SB)=\displaystyle\frac{3a}{4}\).

Gọi \(H\) là trọng tâm tam giác \(ABC\), suy ra \(SH\perp (ABCD)\).

Kẻ \(HM\perp AC\left(M\in AC\right)\). Ta có

\(\left\{\begin{aligned}&AC\perp HM \\&AC\perp SH\end{aligned}\right. \Rightarrow AC\perp (SHM) \Rightarrow AC\perp SM\).

Do \(\left.\begin{aligned}&(SAC)\cap (ABCD)=AC \\&SM\subset (SAC),SM\perp AC \\&HM\subset (ABCD),HM\perp AC\end{aligned}\right\}\) suy ra \(60^{\circ}=((SAC),(ABCD))=(SM,HM)=\widehat{SMH}\).

Gọi \(J\) là hình chiếu của \(I\) trên \(BD\), suy ra \(IJ\parallel SH\) nên \(IJ\perp (ABCD)\) và \(J\) là trung điểm đoạn \(BH\).

Gọi \(O=AC\cap BD\), ta có \(OI\parallel SD\) suy ra \(SD\parallel (AOI)\).

Do đó

\(\mathrm{\,d}(AI,SD)=\mathrm{\,d}\left(SD,(AIO)\right)=\mathrm{\,d}\left(D,(AIO)\right)=\displaystyle\frac{DO}{JO}\mathrm{\,d}\left(J,(AIO)\right)=\displaystyle\frac{3}{2}\mathrm{\,d}\left(J,(AIO)\right)\).

Gọi \(N\) là hình chiếu của \(J\) trên \(AC\), suy ra \(JN\perp AO\). Kẻ \(JK\perp IN\left(K\in IN\right)\). \((1)\)

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&AO\perp JN \\&AO\perp IJ\end{aligned}\right. \Rightarrow AO\perp (IJN) \Rightarrow AO\perp JK\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(JK\perp (AIO)\) nên \(d\left(J,(AIO)\right)=JK\).

Ta có \(AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=2a\), suy ra \(OA=OB=AB=a\) nên tam giác \(AOB\) đều.

Gọi \(P\) là trung điểm đoạn \(OA\), suy ra \(BP\perp AO\) nên \(BP\parallel JN\parallel HM\).

Do đó \(JN=\displaystyle\frac{2BP}{3}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{3}\); \(HM=\displaystyle\frac{BP}{3}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{6}\)

\\\(\Rightarrow SH=HM\cdot \tan \widehat{SMH}=\displaystyle\frac{a}{2}\) nên \(IJ=\displaystyle\frac{SH}{2}=\displaystyle\frac{a}{4}\).

Trong tam giác vuông \(IJN\), ta có \(JK=\displaystyle\frac{IJ\cdot JN}{\sqrt{IJ^2+JN^2}}=\displaystyle\frac{a}{\sqrt{19}}.\)\\ Vậy \(\mathrm{\,d}(AI,SD)=\displaystyle\frac{3}{2}\mathrm{\,d}\left(J,(AIO)\right)=\displaystyle\frac{3}{2}JK=\displaystyle\frac{3a\sqrt{19}}{38}\).

Từ giả thiết suy ra \(\triangle ABD\) đều nên \(\triangle BCD\) đều.

Gọi \(H\) là trung điểm \(CD\), \(M\) là trung điểm \(DH\). Suy ra \(BH\perp CD\) và \(OM\parallel BH\).

Kéo dài \(OM\) cắt \(AB\) tại \(N\), suy ra \(O\) là trung điểm \(MN\).

Vì \(AB\parallel CD\) nên \(AB\parallel (SCD)\).

Do đó

\(\mathrm{\,d}(AB,SD)=\mathrm{\,d}\left(AB,(SCD)\right)=\mathrm{\,d}\left(N,(SCD)\right)=2\mathrm{\,d}\left(O,(SCD)\right)\).

Gọi \(K\) là hình chiếu của \(O\) trên \(SM\), suy ra \(OK\perp SM\). \((1)\)

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&CD\perp SO \\&CD\perp OM\end{aligned}\right.\)\\\(\Rightarrow CD\perp (SOM) \Rightarrow CD\perp OK\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(OK\perp (SCD)\) nên \(\mathrm{\,d}\left(O,(SCD)\right)=OK\).

Ta có \(BH=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\), suy ra \(OM=\displaystyle\frac{BH}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{4}\).

Trong tam giác vuông \(SOM\), ta có \(OK=\displaystyle\frac{SO\cdot OM}{\sqrt{SO^2+OM^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{8}\).

Vậy \(\mathrm{\,d}(AB,SD)=2\mathrm{\,d}\left(O,(SCD)\right)=2OK=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{4}\).

Vì \(SA=SB=SC\) nên hình chiếu của \(S\) trên mặt phẳng \((ABCD)\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).

Gọi \(H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\), ta có \(H\in BD\) và \(SH\perp (ABCD)\).

a) Trong tam giác \(SBO\), kẻ \(OF\perp SB\left(F\in SB\right)\). \((1)\)

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&AC\perp BD \\&AC\perp SO\end{aligned}\right. \Rightarrow AC\perp (SBD) \Rightarrow AC\perp OF\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(OF\) là đoạn vuông góc chung của \(AC\) và \(SB\) nên \(\mathrm{\,d}(AC,SB)=OF\).

Ta có \(\triangle SAC=\triangle BAC(c-c-c)\) nên hai đường trung tuyến tương ứng bằng nhau \(SO=BO\), suy ra \(SO=\displaystyle\frac{BD}{2}\) do đó tam giác \(SBD\) vuông tại \(S\).

Trong tam giác vuông \(SBD\), ta có \(BD=\sqrt{SB^2+SD^2}=a\sqrt{3}\); \(BO=\displaystyle\frac{BD}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\); \(SH=\displaystyle\frac{SB\cdot SD}{\sqrt{SB^2+SD^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{3}\).

Trong tam giác \(SBO\), ta có \(S_{\triangle SBO}=\displaystyle\frac{1}{2}BO\cdot SH=\displaystyle\frac{1}{2}SB.OF\) suy ra \(OF=\displaystyle\frac{BO\cdot SH}{SB}=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\).

Vậy \(\mathrm{\,d}(AC,SB)=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\).

b) Gọi \(K=AE\cap BD\), suy ra \(K\) là trọng tâm tam giác \(ADC\).

Từ \(K\) kẻ \(KM\parallel SB\) với \(M\in SD\), suy ra \(SB\parallel (AME)\).

Do đó \(\mathrm{\,d}(SB,AE)=d\left(SB,(AME)\right)=\mathrm{\,d}\left(S,(AME)\right)=\displaystyle\frac{SM}{DM}\cdot \mathrm{\,d}\left(D,(AME)\right)\). \((3)\)

Từ \(M\) KẺ \(MN\parallel SH\) với \(N\in BD\), suy ra \(\mathrm{\,d}\left(D,(AME)\right)=\displaystyle\frac{DK}{NK}\cdot \mathrm{\,d}\left(N,(AME)\right)\). \((4)\)

Ta có \(\displaystyle\frac{SM}{DM}=\displaystyle\frac{BK}{DK}=2\); \(\displaystyle\frac{DN}{DH}=\displaystyle\frac{DM}{DS}=\displaystyle\frac{1}{3}\) suy ra \(\displaystyle\frac{DN}{DK}=\displaystyle\frac{2}{3}\) vì \(DK=\displaystyle\frac{DH}{2}\). \((5)\)

Từ \((3)\), \((4)\) và \((5)\), suy ra

\(\mathrm{\,d}(SB,AE)=\displaystyle\frac{4}{3}\mathrm{\,d}\left(N,(AME)\right)\).

Gọi \(P\) là hình chiếu của \(N\) trên \(KE\), suy ra \(NP\perp KE\). Kẻ \(NQ\perp MP\left(Q\in MP\right)\). \((6)\)

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&KE\perp NP \\&KE\perp MN\end{aligned}\right. \Rightarrow KE\perp (MNP) \Rightarrow KE\perp NQ\). \((7)\)

Từ \((6)\) và \((7)\), \(\Rightarrow NQ\perp (AME)\) nên \(\mathrm{\,d}\left(N,(AME)\right)=NQ\).

Ta có \(\displaystyle\frac{MN}{SH}=\displaystyle\frac{DM}{DS}=\displaystyle\frac{1}{3}\)

\(\Rightarrow MN=\displaystyle\frac{SH}{3}=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{9}\); \(\displaystyle\frac{NP}{DE}=\displaystyle\frac{KN}{KD}=\displaystyle\frac{1}{3}\) \(\Rightarrow NP=\displaystyle\frac{DE}{3}=\displaystyle\frac{a}{6}.\)

Trong tam giác vuông \(MNP\), ta có \(NQ=\displaystyle\frac{MN\cdot NP}{\sqrt{MN^2+NP^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{22}}{33}\).

Vậy \(\mathrm{\,d}(SB,AE)=\displaystyle\frac{a\sqrt{22}}{33}\).

a) Gọi \(M\) là trung điểm \(AD\Rightarrow ABCM\) là hình vuông nên \(CM=MA=\displaystyle\frac{AD}{2}\).

Do đó tam giác \(ACD\) vuông tại \(C\).

Lấy \(E\) sao cho \(ACDE\) là hình bình hành\(\Rightarrow AC\parallel DE\) nên \(AC\parallel (SDE)\)

\(\Rightarrow \mathrm{\,d}(AC,SD)=\mathrm{\,d}\left(AC,(SDE)\right)=\mathrm{\,d}\left(A,(SDE)\right).\)

Tứ giác \(ACDE\) là hình bình hành có \(\widehat{ACD}=90^{\circ}\) nên \(ACDE\) là hình chữ nhật, suy ra \(AE\perp DE\).

Gọi \(K\) là hình chiếu của \(A\) trên \(SE\), suy ra \(AK\perp SE\). \((1)\)

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&DE\perp AE \\&DE\perp SA\end{aligned}\right. \Rightarrow DE\perp (SAE) \Rightarrow DE\perp AK\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(AK\perp (SDE)\) nên \(\mathrm{\,d}\left(A,(SDE)\right)=AK\).

Do \(ACDE\) là hình chữ nhật nên

\(AE=CD=BM=\sqrt{AB^2+AM^2}=a\sqrt{2}.\)

Trong tam giác vuông \(SAE\), ta có \(AK=\displaystyle\frac{SA\cdot AE}{\sqrt{SA^2+AE^2}}=a\).

Vậy \(\mathrm{\,d}(AC,SD)=AK=a\).

b) Do \(BM\parallel CD\) suy ra \(CD\parallel (SBM)\), nên

\(\mathrm{\,d}(CD,SB)=\mathrm{\,d}\left(CD,(SBM)\right)=\mathrm{\,d}\left(C,(SBM)\right)=\mathrm{\,d}\left(A,(SBM)\right)\).

Gọi \(I=AC\cap BM\), do \(ABCM\) nên \(AI\perp BM\) và \(AI=\displaystyle\frac{AC}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\).

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(A\) trên \(SI\), suy ra \(AH\perp SI\). \((3)\)

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&BM\perp AI \\&BM\perp SA\end{aligned}\right. \Rightarrow BM\perp (SAI) \Rightarrow BM\perp AH\). \((4)\)

Từ \((3)\) và \((4)\), suy ra \(AH\perp (SBM)\) nên \(\mathrm{\,d}\left(A,(SBM)\right)=AH\).

Trong tam giác vuông \(SAI\), ta có \(AH=\displaystyle\frac{SA\cdot AI}{\sqrt{SA^2+AI^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{10}}{5}\).

Vậy \(\mathrm{\,d}(CD,SB)=AH=\displaystyle\frac{a\sqrt{10}}{5}\).

Do \(BC=MD=a\) nên tứ giác \(BCDM\) là hình bình hành, suy ra \(CD\parallel BM\). Khi đó

\(\mathrm{\,d}(SB,CD)=\mathrm{\,d}\left(CD,(SBM)\right)=\mathrm{\,d}\left(C,(SBM)\right)=2\mathrm{\,d}\left(N,(SBM)\right)\).

Tứ giác \(ABCM\) là hình vuông nên \(AC\perp BM\). Gọi \(E\) là trung điểm \(MO\), suy ra \(NE\parallel CO\) nên \(NE\perp BM\).

Gọi \(K\) là hình chiếu của \(N\) trên \(SE\)

\(\Rightarrow NK\perp SE\). \((1)\)

Ta có

\(\left\{\begin{aligned}&BM\perp NE \\&BM\perp SN\end{aligned}\right. \Rightarrow BM\perp (SNE) \Rightarrow BM\perp NK\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(NK\perp (SBM)\) nên \(NK=\mathrm{\,d}\left(N,(SBM)\right)\).

Ta có \(NE=\displaystyle\frac{1}{2}OC=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{4}\).

Trong tam giác vuông \(SNE\), ta có

\(NK=\displaystyle\frac{SN\cdot NE}{\sqrt{SN^2+NE^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{11}}{11}.\)

Vậy \(\mathrm{\,d}(SB,CD)=2\mathrm{\,d}\left(N,(SBM)\right)=2NK=\displaystyle\frac{2a\sqrt{11}}{11}\).

Gọi \(H\) là trung điểm \(AD\Rightarrow SH\perp AD.\)

Mà \((SAD)\perp (ABCD)\) theo giao tuyến \(AD\) nên

\(SH\perp (ABCD).\)

Vì \(H\) là trung điểm \(AD\) nên \(ABCH\) là hình vuông.

Hơn nữa \(BC=HD=a\) suy ra \(BCDH\) là hình bình hành nên \(CD\parallel BH.\)

Do đó

\(\mathrm{\,d}\left(AM,CD\right)=2\mathrm{\,d}\left(AM,BH\right)\) .

Gọi \(I=AC\cap BH\Rightarrow MI\parallel SH\) nên \(MI\perp \left(ABCD\right).\)

Trong tam giác \(MAI\) , kẻ \(IK\perp AM.\) \((1)\)

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&BH\perp AI\\&BH\perp MI\end{aligned}\right. \Rightarrow BH\perp \left(MIA\right)\)

\(\Rightarrow BH\perp IK\) . \(\left(2\right)\)

Từ \(\left(1\right)\) và \(\left(2\right)\) , suy ra \(IK\) là đường vuông góc chung của \(AM\) và \(BH\) nên \(d\left(AM,BH\right)=IK.\)

Ta có \(MI=\displaystyle\frac{SH}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\) và \(AI=\displaystyle\frac{AC}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\) .

Trong tam giác vuông \(MIA\), ta có \(IK=\displaystyle\frac{MI\cdot IA}{\sqrt{MI^2+IA^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{30}}{10}\).

Vậy \(\mathrm{\,d}(AM,CD)=2\mathrm{\,d}(AM,BH)=2IK=\displaystyle\frac{a\sqrt{30}}{5}.\)

Gọi \(N\) là trung điểm \(BB'\), suy ra \(B'C\parallel MN\) nên \(B'C\parallel (AMN)\). Do đó

\(\mathrm{\,d}\left(B'C,AM\right)=\mathrm{\,d}\left(B'C,(AMN)\right)=\mathrm{\,d}\left(B',(AMN)\right)=\mathrm{\,d}\left(B,(AMN)\right)\).

Kẻ \(BE\perp AM\left(E\in AM\right)\).

Gọi \(K\) là hình chiếu của \(B\) trên \(NE\), suy ra \(BK\perp NE\). \((1)\)

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&AM\perp BE \\&AM\perp BN\end{aligned}\right. \Rightarrow AM\perp (NBE) \Rightarrow AM\perp BK\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(BK\perp (AMN)\) nên \(\mathrm{\,d}\left(B,(AMN)\right)=BK\).

Trong tam giác vuông \(NBE\), ta có

\(\displaystyle\frac{1}{BK^2}=\displaystyle\frac{1}{BN^2}+\displaystyle\frac{1}{BE^2}=\displaystyle\frac{1}{BN^2}+\left(\displaystyle\frac{1}{BM^2}+\displaystyle\frac{1}{BA^2}\right)=\displaystyle\frac{7}{a^2}\).

Suy ra \(BK=\displaystyle\frac{a\sqrt{7}}{7}\).

Vậy \(\mathrm{\,d}\left(B'C,AM\right)=BK=\displaystyle\frac{a\sqrt{7}}{7}.\)

Ta có \(B'M\parallel NA\) suy ra \(B'M\parallel (CNA)\). Do đó

\(\mathrm{\,d}\left(B'M,CN\right)=\mathrm{\,d}\left(B'M,(CNA)\right)=\mathrm{\,d}\left(B',(CNA)\right)=\mathrm{\,d}\left(B,(CNA)\right)\).

Gọi \(E\) là trung điểm \(AC\). Do tam giác \(ABC\) đều nên \(BE\perp AC\).

Kẻ \(BK\perp NE\left(K\in NE\right)\). \((1)\)

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&AC\perp BE \\&AC\perp NB\end{aligned}\right. \Rightarrow AC\perp (NBE) \Rightarrow AC\perp BK\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(BK\perp (CNA)\) nên \(\mathrm{\,d}\left(B,(CNA)\right)=BK\).

Vì \(BE\) là đường cao trong tam giác đều \(ABC\) nên \(BE=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

Trong tam giác vuông \(NBE\), ta có

\(BK=\displaystyle\frac{NB\cdot BE}{\sqrt{NB^2+BE^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{4}\).

Vậy \(\mathrm{\,d}\left(B'M,CN\right)=\mathrm{\,d}\left(B,(CNA)\right)=BK=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{4}\).

Gọi \(N\) là điểm đối xứng của \(M\) qua \(A'\), suy ra \(BM\parallel B'N\) nên \(BM\parallel \left(B'CN\right)\). Do đó \(\mathrm{\,d}\left(BM,B'C\right)=\mathrm{\,d}\left(BM,\left(B'CN\right)\right)\)

\(=\mathrm{\,d}\left(M,\left(B'CN\right)\right)=2\mathrm{\,d}\left(A',\left(B'CN\right)\right)\). \((1)\)

Gọi \(P=CN\cap A'C'\). Ta có \(\displaystyle\frac{A'P}{AC}=\displaystyle\frac{NA'}{NA}=\displaystyle\frac{1}{3}\) suy ra \(\displaystyle\frac{A'P}{C'P}=\displaystyle\frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow \mathrm{\,d}\left(A',\left(B'CN\right)\right)=\displaystyle\frac{1}{2}\mathrm{\,d}\left(C',\left(B'CN\right)\right)=\displaystyle\frac{1}{2}\mathrm{\,d}\left(C',\left(B'CP\right)\right)\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra

\(\mathrm{\,d}\left(BM,B'C\right)=\mathrm{\,d}\left(C',\left(B'CP\right)\right)\).

Gọi \(E\) là hình chiếu của \(C'\) trên \(B'P\), suy ra \(C'E\perp B'P\).

Kẻ \(C'K\perp CE\left(K\in CE\right)\). \((3)\)

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&B'P\perp C'E \\&B'P\perp CC'\end{aligned}\right. \Rightarrow B'P\perp \left(CC'E\right) \Rightarrow B'P\perp C'K\). \((4)\)

Từ \((3)\) và \((4)\), suy ra \(C'K\perp \left(B'CP\right)\) nên \(\mathrm{\,d}\left(C',\left(B'CP\right)\right)=C'K\).

Định lí hàm số côsin trong \(\triangle B'C'P\Rightarrow B'P=\sqrt{B'C{'}^2+C'P^2-2B'C'\cdot C'P\cdot \cos \widehat{B'C'P}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{7}}{3}\).

Ta có \(S_{\Delta B'C'P}=\displaystyle\frac{1}{2}B'C'\cdot C'P\cdot\sin \widehat{B'C'P}=\displaystyle\frac{1}{2}B'P\cdot C'E\)

\(\Rightarrow C'E=\displaystyle\frac{B'C'\cdot C'P\cdot \sin \widehat{B'C'P}}{B'P}=\displaystyle\frac{2a\sqrt{7}}{7}.\)

Trong tam giác vuông \(CC'E\), ta có \(C'K=\displaystyle\frac{CC'.C'E}{\sqrt{CC{'}^2+C'E^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{30}}{10}.\)

Vậy \(\mathrm{\,d}\left(BM,B'C\right)=\mathrm{\,d}\left(C',\left(B'CP\right)\right)=C'K=\displaystyle\frac{a\sqrt{30}}{10}\).

Từ giả thiết suy ra \(A\) cách đều ba điểm \(A',B',C'\) nên \(A\) thuộc trục đường tròn ngoại tiếp của tam giác \(A'B'C'\). Gọi \(I\) là trung điểm \(B'C'\), do tam giác \(A'B'C'\) vuông tại \(A'\) nên \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(A'B'C'\).

Suy ra \(AI\perp \left(A'B'C'\right)\). Ta có

\(\mathrm{\,d}\left(BB',AC'\right)=\mathrm{\,d}\left(BB',\left(AA'C'\right)\right)=\mathrm{\,d}\left(B',\left(AA'C'\right)\right)=2\mathrm{\,d}\left(I,\left(AA'C'\right)\right).\)

Gọi \(E\) là trung điểm \(A'C'\), suy ra \(IE\parallel A'B'\) nên \(IE\perp A'C'\).

Kẻ \(IK\perp AE\left(K\in AE\right)\). \((1)\)

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&A'C'\perp IE \\&A'C'\perp AI\end{aligned}\right. \Rightarrow A'C'\perp (AIE) \Rightarrow A'C'\perp IK\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(IK\perp \left(AA'C'\right)\) nên \(\mathrm{\,d}\left(I,\left(AA'C'\right)\right)=IK\).

Ta có \(A'I=\displaystyle\frac{B'C'}{2}=\displaystyle\frac{a}{\sqrt{2}}\); \(AI=\sqrt{A'A^2-A'I^2}=\displaystyle\frac{a}{\sqrt{2}}\), \(IE=\displaystyle\frac{A'B'}{2}=\displaystyle\frac{a}{2}\).

Trong tam giác vuông \(AIE\), ta có \(IK=\displaystyle\frac{AI\cdot IE}{\sqrt{AI^2+IE^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{6}.\)

Vậy \(\mathrm{\,d}\left(BB',AC'\right)=2\mathrm{\,d}\left(I,\left(AA'C'\right)\right)=2IK=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{3}\).

Gọi \(H\) là trung điểm \(CM\). Do tam giác \(MA'C\) đều nên \(A'H\perp CM\).

Mà \(\left(MA'C\right)\perp (ABC)\) theo giao tuyến \(CM\), suy ra \(A'H\perp (ABC)\).

Ta có \(BB'\parallel AA'\) suy ra \(BB'\parallel \left(AA'C\right)\) nên

\(\mathrm{\,d}\left(AC,BB'\right)=\mathrm{\,d}\left(BB',\left(AA'C\right)\right)=\mathrm{\,d}\left(B,\left(AA'C\right)\right)=2\mathrm{\,d}\left(M,\left(AA'C\right)\right)=4\mathrm{\,d}\left(H,\left(AA'C\right)\right)\).

Gọi \(E\) là hình chiếu của \(H\) trên \(AC\Rightarrow HE\perp AC\).

Kẻ \(HK\perp A'E\left(K\in A'E\right)\). \((1)\)

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&AC\perp HE \\&AC\perp A'H\end{aligned}\right. \Rightarrow AC\perp \left(A'HE\right) \Rightarrow AC\perp HK\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(HK\perp \left(AA'C\right)\) nên \(\mathrm{\,d}\left(H,\left(AA'C\right)\right)=HK\).

Ta có \(A'H\) là đường cao trong tam giác đều \(MA'C\) cạnh \(a\) nên \(A'H=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

Đặt \(AC=x\), suy ra \(BC=\displaystyle\frac{AC}{\sin \widehat{ABC}}=2x\) và \(AB=\displaystyle\frac{AC}{\tan \widehat{ABC}}=x\sqrt{3}\).

Ta có \(a^2=CM^2=AC^2+AM^2=x^2+{\left(\displaystyle\frac{x\sqrt{3}}{2}\right)}^2\), suy ra \(x=\displaystyle\frac{2a}{\sqrt{7}}\) nên \(HE=\displaystyle\frac{1}{2}AM=\displaystyle\frac{1}{4}AB=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}\).

Trong tam giác vuông \(A'HE\), ta có \(HK=\displaystyle\frac{A'H\cdot HE}{\sqrt{A'H^2+HE^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{8}\).

Vậy \(\mathrm{\,d}\left(AC,BB'\right)=4\mathrm{\,d}\left(H,\left(AA'C\right)\right)=4HK=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{2}\).

Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\), suy ra \(A'G\perp (ABC)\).

Gọi \(Q\) là điểm đối xứng với \(M\) qua \(A\), suy ra \(B'M\parallel BQ\) nên \(B'M\parallel (BQN)\).

Do đó \(\mathrm{\,d}\left(BN,B'M\right)=\mathrm{\,d}\left(B'M,(BQN)\right)\)

\(=\mathrm{\,d}\left(M,(BQN)\right)=2\mathrm{\,d}\left(A,(BQN)\right)\). \(\left(*\right)\)

Gọi \(P=QN\cap AC\). Ta có \(AP\parallel MN\) và \(A\) là trung điểm \(MQ\) nên \(AP\) là đường trung bình của tam giác \(QMN\), suy ra \(AP=\displaystyle\frac{MN}{2}=\displaystyle\frac{AC}{2}\).

Do đó \(P\) là trung điểm \(AC\).

Gọi \(I\) là điểm đối xứng của \(A\) qua \(C\), \(H\) là trung điểm \(IG.\) Ta có \(\mathrm{\,d}\left(A,(BQN)\right)=\displaystyle\frac{AP}{IP}d\left(I,(BQN)\right)=\displaystyle\frac{AP}{IP}\cdot \displaystyle\frac{IG}{HG}\mathrm{\,d}\left(H,(BQN)\right)\)

\(=\displaystyle\frac{2}{3}\mathrm{\,d}\left(H,(BQN)\right)=\displaystyle\frac{2}{3}\mathrm{\,d}\left(H,(BPN)\right)\). \(\left(**\right)\)

Từ \(\left(*\right)\) và \(\left(**\right)\), suy ra \(\mathrm{\,d}\left(BN,B'M\right)=\displaystyle\frac{4}{3}\mathrm{\,d}\left(H,(BPN)\right)\).

Ta có \(\Delta NC'A'=\triangle NCI\) suy ra \(NA'=NI\).

Do đó \(NH\) là đường trung bình của tam giác \(A'IG\) nên \(NH\parallel A'G\), suy ra \(NH\perp (ABCD)\).

Gọi \(E\) là hình chiếu của \(H\) trên \(BP\), suy ra \(HE\perp BP\).

Kẻ \(HK\perp NE\left(K\in NE\right)\). \((1)\)

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&BP\perp HE \\&BP\perp NH\end{aligned}\right. \Rightarrow BP\perp (NHE) \Rightarrow BP\perp HK\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(HK\perp (BPN)\) nên \(\mathrm{\,d}\left(H,(BPN)\right)=HK\).

Ta có \(AG=BG=\displaystyle\frac{2}{3}BP=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{3}\); \(A'G=\sqrt{AA{'}^2-AG^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{33}}{3}\) suy ra \(NH=\displaystyle\frac{A'G}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{33}}{6}\).

Xét tam giác \(GPI\), ta có \(HE\parallel IP\) (do cùng vuông góc với \(BP\)) nên \(\displaystyle\frac{HE}{IP}=\displaystyle\frac{GH}{GI}=\displaystyle\frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow HE=\displaystyle\frac{IP}{2}=\displaystyle\frac{3a}{4}\).

Trong tam giác vuông \(NHE\), ta có \(HK=\displaystyle\frac{NH\cdot HE}{\sqrt{NH^2+HE^2}}=\displaystyle\frac{3a\sqrt{781}}{142}\).

Vậy \(\mathrm{\,d}\left(BN,B'M\right)=\displaystyle\frac{4}{3}\mathrm{\,d}\left(H,(BPN)\right)=\displaystyle\frac{4}{3}HK=\displaystyle\frac{2a\sqrt{781}}{71}\).

Gọi \(I=AC\cap BD\). Từ hệ thức \(\overrightarrow{MB}=-3\overrightarrow{MD}\) suy ra \(M\) là trung điểm \(ID\) nên \(IM=\displaystyle\frac{BD}{4}=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{4}\).

Kẻ \(Dx\parallel AM\). Khi đó

\(\mathrm{\,d}\left(AM,I'D\right)=\mathrm{\,d}\left(AM,\left(I'Dx\right)\right)=\mathrm{\,d}\left(M,\left(I'Dx\right)\right)=\displaystyle\frac{1}{2}\mathrm{\,d}\left(I,\left(I'Dx\right)\right)\).

Gọi \(E\) là hình chiếu của \(I\) trên \(Dx\), suy ra \(IE\perp Dx\).

Kẻ \(IK\perp I'E\left(K\in I'E\right)\). \((1)\)

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&Dx\perp IE \\&Dx\perp II'\end{aligned}\right. \Rightarrow Dx\perp \left(I'IE\right) \Rightarrow Dx\perp IK\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(IK\perp \left(I'Dx\right)\) nên \(\mathrm{\,d}\left(I,\left(I'Dx\right)\right)=IK\).

Ta có \(IE=2\cdot \displaystyle\frac{IA\cdot IM}{\sqrt{IA^2+IM^2}}=\displaystyle\frac{2a}{\sqrt{10}}\).

Trong tam giác vuông \(I'IE\), ta có \(IK=\displaystyle\frac{II'.IE}{\sqrt{II{'}^2+IE^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{14}}{7}\).

Vậy \(\mathrm{\,d}\left(AM,I'D\right)=\displaystyle\frac{1}{2}\mathrm{\,d}\left(I,\left(I'Dx\right)\right)=\displaystyle\frac{1}{2}IK=\displaystyle\frac{a\sqrt{14}}{14}\).

a) Gọi \(I=AB'\cap A'B\).

Do \(B'D'\parallel BD\), suy ra \(BD\parallel \left(AB'D'\right)\) nên

\(\mathrm{\,d}\left(AD',BD\right)=\mathrm{\,d}\left(BD,\left(AB'D'\right)\right)=\mathrm{\,d}\left(B,\left(AB'D'\right)\right)=\mathrm{\,d}\left(A',\left(AB'D'\right)\right)\).

Nhận xét: tứ diện \(A'AB'D'\) là tứ diện có \(A'A,A'B',A'D'\) đôi

một vuông góc nên

\(\displaystyle\frac{1}{\mathrm{\,d}^2\left(A',\left(AB'D'\right)\right)}=\displaystyle\frac{1}{A'A^2}+\displaystyle\frac{1}{A'B'^2}+\displaystyle\frac{1}{A'D{'}^2}=\displaystyle\frac{3}{a^2}\).

Suy ra \(\mathrm{\,d}\left(A',\left(AB'D'\right)\right)=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{3}\).

Vậy \(\mathrm{\,d}\left(AD',BD\right)=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{3}\).

b) Gọi \(E\) là trung điểm \(BC\).

Ta có \(\triangle ADM=\triangle BAE(c-c-c)\) nên \(\widehat{AMD}=\widehat{AEB}\).

Mà \(\widehat{AEB}+\widehat{BAE}=90^{\circ}\), suy ra \(\widehat{AMD}+\widehat{BAE}=90^{\circ}\)

hay \(DM\perp AE\). \((1)\)

Lại có \(EN\perp (ABCD) \Rightarrow EN\perp DM\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(DM\perp (AEN)\) tại \(I\).

Kẻ \(IK\perp AN\left(K\in AN\right)\). \(\left(*\right)\)

Từ \(DM\perp (AEN)\) suy ra \(DM\perp IK\). \(\left(**\right)\)

Từ \(\left(*\right)\) và \(\left(**\right)\), suy ra \(IK\) là đoạn vuông góc chung của \(AN\) và \(DM\) nên \(\mathrm{\,d}(AN,DM)=IK\).

Ta có \(AN=\sqrt{AE^2+EN^2}=\sqrt{AB^2+BE^2+EN^2}=\displaystyle\frac{3a}{2}\); \(AI=\displaystyle\frac{AD\cdot AM}{\sqrt{AD^2+AM^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{5}}{5}\).

Vì \(\triangle AKI\backsim \triangle AEN\) nên ta có \(\displaystyle\frac{IK}{NE}=\displaystyle\frac{AI}{AN}\) suy ra \(IK=\displaystyle\frac{AI\cdot EN}{AN}=\displaystyle\frac{2a\sqrt{5}}{15}\).

Vậy \(\mathrm{\,d}(DM,AN)=IK=\displaystyle\frac{2a\sqrt{5}}{15}\).

Do \(A'C'\parallel AC\) suy ra \(A'C'\parallel \left(ACB'\right)\) nên

\(\mathrm{\,d}\left(AB',A'C'\right)=\mathrm{\,d}\left(A'C',\left(ACB'\right)\right)=\mathrm{\,d}\left(A',\left(ACB'\right)\right)\).

Gọi \(I=AB'\cap A'B\). Ta có

\(\mathrm{\,d}\left(A',\left(ACB'\right)\right)=\displaystyle\frac{A'I}{BI}\cdot \mathrm{\,d}\left(B,\left(B'AC\right)\right)=\mathrm{\,d}\left(B,\left(B'AC\right)\right)\).

Nhận xét: tứ diện \(BACB'\) là tứ diện có \(BA\), \(BC\), \(BB'\) đôi

một vuông góc nên

\(\displaystyle\frac{1}{\mathrm{\,d}^2\left(B,\left(B'AC\right)\right)}=\displaystyle\frac{1}{BB'^2}+\displaystyle\frac{1}{BA^2}+\displaystyle\frac{1}{BC^2}=\displaystyle\frac{9}{4a^2}\).

Suy ra \(\mathrm{\,d}\left(B,\left(B'AC\right)\right)=\displaystyle\frac{2a}{3}\).

Vậy \(\mathrm{\,d}\left(AB',A'C'\right)=\displaystyle\frac{2a}{3}\).

Hình chiếu vuông góc của \(A'C\) trên \((ABCD)\) là \(AC\) nên

\(30^{\circ}=(A'C,(ABCD))=(A'C,AC)=\widehat{A'CA}\).

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&BC\perp AB \\&BC\perp BB'\end{aligned}\right.\Rightarrow BC\perp \left(ABB'A'\right) \Rightarrow BC\perp A'B\).

Do \(\left\{\begin{aligned}&\left(A'BC\right)\cap (ABCD)=BC \\&AB\subset (ABCD),AB\perp BC \\&A'B\subset \left(A'BC\right),A'B\perp BC\end{aligned}\right.\) suy ra

\(60^{\circ}=(\left(A'BC\right),(ABCD))=(A'B,AB)=\widehat{A'BA}\).

Do \(C'D'\parallel CD\), suy ra \(C'D'\parallel \left(A'CD\right)\) nên

\(\mathrm{\,d}\left(C'D',\left(A'C\right)\right)=\mathrm{\,d}\left(C'D',\left(A'CD\right)\right)\)

\(=\mathrm{\,d}\left(D',\left(A'CD\right)\right)=\mathrm{\,d}\left(A,\left(A'CD\right)\right)\).

Kẻ \(AH\perp A'D\left(H\in A'D\right)\). \((1)\)

Ta có \(\left\{\begin{aligned}&CD\perp AD \\&CD\perp AA'\end{aligned}\right. \Rightarrow CD\perp \left(ADD'A'\right) \Rightarrow CD\perp AH. \quad (2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\), suy ra \(AH\perp \left(A'CD\right)\) nên \(\mathrm{\,d}\left(A,\left(A'CD\right)\right)=AH\).

Trong tam giác vuông \(A'AB\), ta có \(AB=\displaystyle\frac{AA'}{\tan \widehat{A'BA}}=a\).

Trong tam giác vuông \(A'AC\), ta có \(AC=\displaystyle\frac{AA'}{\tan \widehat{A'CA}}=3a\).

Suy ra \(AD=\sqrt{AC^2-CD^2}=2a\sqrt{2}\).

Trong tam giác vuông \(A'AD\), ta có

\(AH=\displaystyle\frac{A'A\cdot AD}{\sqrt{A'A^2+AD^2}}=\displaystyle\frac{2a\sqrt{66}}{11}\).

Vậy \(\mathrm{\,d}\left(C'D',\left(A'C\right)\right)=\mathrm{\,d}\left(A,\left(A'CD\right)\right)=AH=\displaystyle\frac{2a\sqrt{66}}{11}\).

Gọi \(I=AC\cap BD\), suy ra \(I\) là trung điểm \(AC\).

Do \(AA'\parallel CC'\) nên\\ \(\mathrm{\,d}\left(BD,CC'\right)=\displaystyle\frac{CI}{AI}\cdot\mathrm{\,d}\left(BD,AA'\right)=\mathrm{\,d}\left(BD,AA'\right)\).

Từ giả thiết suy ra các tam giác \(ABD\), \(A'AD\), \(A'AB\) là các tam giác đều. Do đó \(A'ABD\) là tứ diện đều cạnh \(a\).

Gọi \(E\) là trung điểm \(AA'\). Vì \(A'ABD\) là tứ diện đều nên ta có \(IE\) là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng \(AA'\) và \(BD\).

Suy ra \(\mathrm{\,d}\left(BD,AA'\right)=IE\).

Trong tam giác \(IEA\) vuông tại \(E\), ta có

\(IE=\sqrt{AI^2-AE^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\).

Vậy \(\mathrm{\,d}\left(BD,CC'\right)=\mathrm{\,d}\left(BD,AA'\right)=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\).

Thể tích \(V=AB\cdot AD\cdot AA'=3\cdot 4\cdot 5=60\).

\(V=\displaystyle\frac{1}{3} \cdot SA \cdot S_{ABCD}=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot a\cdot a\cdot 2a=\displaystyle\frac{2a^3}{3}\).

\(V_{ABC.A'B'C'}=S_{\Delta ABC}\cdot AA'=\displaystyle\frac12 a\cdot 2a\cdot 2\sqrt3 a=2\sqrt3 a^3.\)

Ta có \(V_{S.ABCD}=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot SA\cdot S_{ABCD}=\displaystyle\frac{2a^3}{3}.\)

Suy ra \(V_{S.ABC}=\displaystyle\frac{1}{2}V_{S.ABCD}=\displaystyle\frac{a^3}{3}\).

Ta có \(V_{ABC.A'B'C'}=AA'\cdot S_{\triangle ABC}=a\cdot \displaystyle\frac{a^2\sqrt3}{4}=\displaystyle\frac{a^3\sqrt3}{4}\).

Ta có \(V=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot SA \cdot S_{\triangle ABC}=a^3\).

Ta có \(V_{S.ABC}=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot SA \cdot S_{ABC}= \displaystyle\frac{1}{3} \cdot 2a \cdot \displaystyle\frac{a^2 \sqrt{3}}{4}=\displaystyle\frac{a^3 \sqrt{3}}{6}\).

Thể tích khối chóp \(S.ABCD\) là

\(V=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot S_{ABCD}\cdot SD=\displaystyle\frac{1}{3} a^2\cdot 2a=\displaystyle\frac{2a^3}{3}.\)

Vì tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\) nên \(AB=AC=\displaystyle\frac{BC}{\sqrt{2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{2}}\), suy ra: \(S_{ABC}=\displaystyle\frac{1}{2}AB\cdot AC=\displaystyle\frac{3a^2}{4}\).

Dẫn tới: \(V_{S.ABC}=\displaystyle\frac{1}{3}SA\cdot S_{ABC}=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot a\sqrt{3}\cdot \displaystyle\frac{3a^2}{4}=\displaystyle\frac{a^3\sqrt{3}}{4}\).

Thể tích khối chóp \(S.ABCD\) là \(V=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot SA\cdot S_{ABCD}=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot 6a\cdot (2a)^2=8a^3\).

Ta có \(V=\displaystyle\frac{1}{3}S_{ABC}\cdot SA=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot 2 \cdot 4=\displaystyle\frac{8}{3}\).

Thể tích khối chóp \(S.ABC\) là

\(V= \displaystyle\frac{1}{3}SA\cdot S_{ABC}= \displaystyle\frac{1}{3}\cdot 2a\cdot\displaystyle\frac{1}{2}\cdot3a\cdot4a= 4a^3\).

\(V=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot SA\cdot \mathcal{S}_{\triangle SBC}=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot a\cdot\displaystyle\frac{1}{2}bc=\displaystyle\frac{1}{6}abc\).

\(V=\displaystyle\frac{1}{3}SA\cdot S_{ABC}=\displaystyle\frac{1}{3}SA\cdot\displaystyle\frac{1}{2}AB\cdot AC=\displaystyle\frac{1}{3}a^3\).

\(V=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot a^2\cdot a\sqrt 2=\displaystyle\frac{a^3\sqrt 2}{3}\).

Thể tích khối chóp \(S.ABCD\) là \(V=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot a^2\cdot a\sqrt{3}=\displaystyle\frac{a^3\sqrt{3}}{3}\).

Diện tích tam giác \(ABC\) là

\[S=\displaystyle\frac{AB\cdot AC}{2}=\displaystyle\frac{a^{2}}{2}.\]

Thể tích khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) là

\[V=AA'\cdot S=a\cdot \displaystyle\frac{a^{2}}{2}=\displaystyle\frac{a^{3}}{2}.\]

Xét tam giác \(AA'B\) vuông tại \(A\).

suy ra \(AA'=\sqrt{A'B^2-AB^2}=\sqrt{(2a)^2-a^2}=a \sqrt{3}\).

\(V=AA'.S_{ABCD}=a \sqrt{3} \cdot a^2=a^3 \sqrt{3}\).

Có \(AB=\displaystyle\frac{AC'}{\sqrt{3}}=a\Rightarrow V=a^3\).

Diện tích tam giác \(ABC\) là \(S=\displaystyle\frac{(2a)^2\sqrt{3}}{4}=a^2\sqrt{3}\).

Tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\) có \\\(SA=\sqrt{SC^2-AC^2}=\sqrt{12a^2-4a}=2\sqrt{2}a\).

Thể tích khối chóp là \(V=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot 2\sqrt{2}a\cdot a^2\sqrt{3}=\displaystyle\frac{2\sqrt{6}a^3}{3}\).

Ta có diện tích \(ABCD\) là \(S=a^2\). Xét tam giác \(SAC\) có \(SA=\sqrt{SC^2-AC^2}=\sqrt{9a^2-2a^2}=\sqrt{7}a.\)

Vậy thể tích khối chóp \(S.ABCD\) là

\(V=\displaystyle\frac{1}{3}S\cdot SA=\displaystyle\frac{a^3\sqrt{7}}{3}\).

Gọi tứ diện đều \(S.ABC\) có \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\).

Ta có \(SG=\sqrt{SA^2-AG^2}=\sqrt{a^2-\left(\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{3}\).

Thể tích khối tứ diện

\(V=\displaystyle\frac{1}{3}SG\cdot S_{ABC}=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot \displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{3}\cdot \displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\displaystyle\frac{a^3\sqrt{2}}{12}.\)

Vì \(BO\) là hình chiếu vuông góc của \(SB\) lên \((ABCD)\) nên góc giữa \(SB\) và \((ABCD)\) là góc \(\widehat{SBO}=\alpha\).

\(\triangle SBO\) vuông tại \(O\) có

\(BO=SB\cos \alpha=\displaystyle\frac{a\sqrt{11}}{10}\). Suy ra \(AB=BO\sqrt{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{22}}{10}\).

\(SO^2=SB^2-BO^2\Rightarrow SO=\displaystyle\frac{33a}{10}\).

Thể tích khối chóp \(S.ABCD\) là \(V=\displaystyle\frac{1}{3}SO\cdot S_{ABCD}=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot \displaystyle\frac{33a}{10}\cdot\left(\displaystyle\frac{a\sqrt{22}}{10}\right)^2 =\displaystyle\frac{121}{500}a^3.\)

Ta có \(AA'=\sqrt{A'B^2 - AB^2}=\sqrt{9a^2-3a^2}=a\sqrt{6}\).

Diện tích tam giác \(ABC\) là \(S=\displaystyle\frac{\left(a\sqrt{3}\right)^2 \sqrt{3}}{4}=\displaystyle\frac{3a^2\sqrt{3}}{4}\).

Thể tích khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) là

\(V=\displaystyle\frac{3a^2 \sqrt{3}}{4} \cdot a\sqrt{6}=\displaystyle\frac{9a^3\sqrt{2}}{4}.\)

Ta có đáy là tam giác đều cạnh bằng \(a\) nên diện tích đáy là

\[S=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot a\cdot a\cdot\sin60^\circ=\displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.\]

Đường cao lăng trụ là \(h=a\).

Thể tích khối lăng trụ đã cho là \(V=S\cdot h=\displaystyle\frac{a^3\sqrt{3}}{4}\).

Ta có \(A'H=\sqrt{AA'^2-AH^2}=\sqrt{4a^2-a^2}=a\sqrt{3}\). Suy ra

\[V_{ABC.A'B'C'}= A'H \cdot S_{ABC}=a \sqrt{3} \cdot \displaystyle\frac{1}{2}a \cdot a\sqrt{3}= \displaystyle\frac{3a^3}{2}.\]

Ta có \(\widehat{(SB,(ABC))}=\widehat{SBA}=30^\circ\).

Xét tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\) và \(BC=2a\) nên \[AB=AC=\displaystyle\frac{BC}{\sqrt{2}}=a\sqrt{2}.\]

Xét tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) nên

\[\tan\widehat{SBA}=\displaystyle\frac{SA}{AB} \Rightarrow SA=AB\cdot\tan\widehat{SBA}=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{3}.\]

Vậy thể tích khối chóp \(S.ABC\) là

\[V=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot SA\cdot S_{\triangle ABC}=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot SA\cdot\displaystyle\frac{1}{2}\cdot AB\cdot AC=\displaystyle\frac{a^{3}\sqrt{6}}{9}.\]

Ta có \(\widehat{(SC,(ABCD))}=\widehat{SCA}=30^\circ\).

Xét tam giác \(ACD\) vuông cân tại \(A\) nên \[AC=\sqrt{AD^{2}+CD^{2}}=a\sqrt{2}.\]

Xét tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\) nên \[\tan\widehat{SCA}=\displaystyle\frac{SA}{AC} \Rightarrow SA=AC\cdot\tan\widehat{SCA}=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{3}.\]

Ta có \[S_{\triangle ABC}=S_{ABCD}-S_{\triangle ACD}=\displaystyle\frac{(AB+CD) \cdot AD}{2}-\displaystyle\frac{AD \cdot DC}{2}=a^{2}.\]

Vậy thể tích khối chóp \(S.ABC\) là

\[V=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot SA\cdot S_{\triangle ABC}=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot \displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{3}\cdot a^{2}=\displaystyle\frac{a^{3}\sqrt{6}}{9}.\]

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

Hình chiếu của \(SC\) lên \((ABCD)\) là \(AC\) nên góc giữa \(SC\) và \((ABCD)\) là \(\widehat{SCA}=60^\circ\), từ đó \(SA=AC\cdot \tan 60^\circ=a\sqrt{6}\).

Thể tích khối chóp là

\(V=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot S_{ABCD}\cdot SA=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot a^2\cdot a\sqrt{6}=\displaystyle\frac{a^3\sqrt{6}}{3}.\)

Hình chiếu của \(AC'\) lên \((ABC)\) là \(AC\), do đó góc giữa \(AC'\) và \((ABC)\) là \(\widehat{C'AC}=30^\circ\).

Tam giác \(ACC'\) vuông tại \(C\) nên

\(CC'=AC\cdot \tan\widehat{C'AC}=4a\cdot \displaystyle\frac{\sqrt{3}}{3}=\displaystyle\frac{4\sqrt{3}a}{3}\).

Thể tích khối lăng trụ là \(V=S_{ABC}\cdot CC'=\displaystyle\frac{1}{2}AB\cdot AC\cdot CC'=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot 4a\cdot 4a\cdot \displaystyle\frac{4\sqrt{3}}{3}=\displaystyle\frac{32a^3\sqrt{3}}{3}.\)

Ta có \(AC\) là hình chiếu vuông góc của \(SC\) xuống \((ABCD)\) nên góc giữa \(SC\) và \((ABCD)\) bằng góc giữa \(SC\) và \(AC\) chính là \(\widehat{SCA}=60^\circ\).

Lại có \(AC=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{a^2+2a^2}=a\sqrt{3}\).

Trong tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\) ta có \(SA=AC\cdot \tan 60^\circ=3a.\)

Diện tích hình chữ nhật \(ABCD\) là \(a\cdot a\sqrt{2}=a^2\sqrt{2}\).

Vậy thể tích khối chóp \(S.ABCD\) là

\(V=\displaystyle\frac{1}{3} \cdot a^2\sqrt{2} \cdot 3a=\sqrt{2}a^3\).

Xét hình chóp tam giác đều \(S.ABC\), \(H\) là trọng tâm tam giác \(ABC\),

\(M\) là trung điểm của \(BC\). Vì \(S.ABC\) là chóp đều nên \(SH\perp (ABC)\),

suy ra \((SA, (ABC))=\widehat{SAH}=30^\circ\).

Ta có \(AM\) là đường cao của tam giác đều cạnh \(a\), suy ra

\(AM=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\), \(AH=\displaystyle\frac{2}{3}AM=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{3}\).

Xét tam giác vuông \(SAH\) có \(SH=AH\cdot\tan30^\circ=\displaystyle\frac{a}{3}\).

Diện tích đáy của chóp là \(S_{ABC}=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot AM\cdot BC=\displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\).

Khi đó \(V_{S.ABC}=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot S_{ABC}\cdot SH=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot\displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot\displaystyle\frac{a}{3}=\displaystyle\frac{a^3\sqrt{3}}{36}\).

Do \(ABC\) vuông cân tại \(B\) nên \(AB=BC=a\sqrt{2}\).

Suy ra \(S_{ABC}=\displaystyle\frac{1}{2}BC\cdot AB=a^2.\)

Mặt khác góc giữa \(SC\) và mặt đáy là \(\widehat{SCA}=60^\circ\), xét tam giác vuông \(SAC\) ta có \(\tan \widehat{SCA}=\displaystyle\frac{SA}{AC}\Rightarrow SA=AC\cdot \tan60^\circ=2a\cdot \sqrt{3}=2\sqrt{3}a.\)

Vậy thể tích khối chóp \(S.ABC\) là

\(V=\displaystyle\frac{1}{3}SA\cdot S_{ABC}=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot 2\sqrt{3}a\cdot a^2=\displaystyle\frac{2\sqrt{3}a^3}{3}.\)

Ta có \(\widehat{(SB,(ABC))}=\widehat{SBA}=30^\circ\).

Xét tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\) và \(BC=2a\) nên

\[AB=AC=\displaystyle\frac{BC}{\sqrt{2}}=a\sqrt{2}.\]

Xét tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) nên

\[\tan\widehat{SBA}=\displaystyle\frac{SA}{AB} \Rightarrow SA=AB\cdot\tan\widehat{SBA}=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{3}.\]

Vậy thể tích khối chóp \(S.ABC\) là

\[V=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot SA\cdot S_{\triangle ABC}=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot SA\cdot\displaystyle\frac{1}{2}\cdot AB\cdot AC=\displaystyle\frac{a^{3}\sqrt{6}}{9}.\]

Ta có \(\widehat{(SC,(ABCD))}=\widehat{SCA}=30^\circ\).

Xét tam giác \(ACD\) vuông cân tại \(A\) nên \[AC=\sqrt{AD^{2}+CD^{2}}=a\sqrt{2}.\]

Xét tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\) nên

\[\tan\widehat{SCA}=\displaystyle\frac{SA}{AC} \Rightarrow SA=AC\cdot\tan\widehat{SCA}=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{3}.\]

Ta có \[S_{\triangle ABC}=S_{ABCD}-S_{\triangle ACD}=\displaystyle\frac{(AB+CD) \cdot AD}{2}-\displaystyle\frac{AD \cdot DC}{2}=a^{2}.\]

Vậy thể tích khối chóp \(S.ABC\) là

\[V=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot SA\cdot S_{\triangle ABC}=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot \displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{3}\cdot a^{2}=\displaystyle\frac{a^{3}\sqrt{6}}{9}.\]

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

Hình chiếu của \(SC\) lên \((ABCD)\) là \(AC\) nên góc giữa \(SC\) và \((ABCD)\) là \(\widehat{SCA}=60^\circ\), từ đó \(SA=AC\cdot \tan 60^\circ=a\sqrt{6}\).

Thể tích khối chóp là

\(V=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot S_{ABCD}\cdot SA=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot a^2\cdot a\sqrt{6}=\displaystyle\frac{a^3\sqrt{6}}{3}.\)

Hình chiếu của \(AC'\) lên \((ABC)\) là \(AC\), do đó góc giữa \(AC'\) và \((ABC)\) là \(\widehat{C'AC}=30^\circ\).

Tam giác \(ACC'\) vuông tại \(C\) nên

\(CC'=AC\cdot \tan\widehat{C'AC}=4a\cdot \displaystyle\frac{\sqrt{3}}{3}=\displaystyle\frac{4\sqrt{3}a}{3}\).

Thể tích khối lăng trụ là

\(V=S_{ABC}\cdot CC'=\displaystyle\frac{1}{2}AB\cdot AC\cdot CC'=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot 4a\cdot 4a\cdot \displaystyle\frac{4\sqrt{3}}{3}=\displaystyle\frac{32a^3\sqrt{3}}{3}.\)

Ta có \(AC\) là hình chiếu vuông góc của \(SC\) xuống \((ABCD)\) nên góc giữa \(SC\) và \((ABCD)\) bằng góc giữa \(SC\) và \(AC\) chính là \(\widehat{SCA}=60^\circ\).

Lại có \(AC=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{a^2+2a^2}=a\sqrt{3}\).

Trong tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\) ta có \(SA=AC\cdot \tan 60^\circ=3a.\)

Diện tích hình chữ nhật \(ABCD\) là \(a\cdot a\sqrt{2}=a^2\sqrt{2}\).

Vậy thể tích khối chóp \(S.ABCD\) là \(V=\displaystyle\frac{1}{3} \cdot a^2\sqrt{2} \cdot 3a=\sqrt{2}a^3\).

Xét hình chóp tam giác đều \(S.ABC\), \(H\) là trọng tâm tam giác \(ABC\),

\(M\) là trung điểm của \(BC\). Vì \(S.ABC\) là chóp đều nên \(SH\perp (ABC)\),

suy ra \((SA, (ABC))=\widehat{SAH}=30^\circ\).

Ta có \(AM\) là đường cao của tam giác đều cạnh \(a\), suy ra

\(AM=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\), \(AH=\displaystyle\frac{2}{3}AM=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{3}\).

Xét tam giác vuông \(SAH\) có \(SH=AH\cdot\tan30^\circ=\displaystyle\frac{a}{3}\).

Diện tích đáy của chóp là \(S_{ABC}=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot AM\cdot BC=\displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\).

Khi đó \(V_{S.ABC}=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot S_{ABC}\cdot SH=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot\displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot\displaystyle\frac{a}{3}=\displaystyle\frac{a^3\sqrt{3}}{36}\).

Do \(ABC\) vuông cân tại \(B\) nên \(AB=BC=a\sqrt{2}\).\\ Suy ra \(S_{ABC}=\displaystyle\frac{1}{2}BC\cdot AB=a^2.\)

Mặt khác góc giữa \(SC\) và mặt đáy là \(\widehat{SCA}=60^\circ\), xét tam giác vuông \(SAC\) ta có

\(\tan \widehat{SCA}=\displaystyle\frac{SA}{AC}\Rightarrow SA=AC\cdot \tan60^\circ=2a\cdot \sqrt{3}=2\sqrt{3}a.\)

Vậy thể tích khối chóp \(S.ABC\) là

\(V=\displaystyle\frac{1}{3}SA\cdot S_{ABC}=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot 2\sqrt{3}a\cdot a^2=\displaystyle\frac{2\sqrt{3}a^3}{3}.\)

Góc giữa mặt phẳng \((D'AB)\) và mặt phẳng \((ABCD)\) \\là \(\widehat {D'AD}=30^{\circ}\).

\(\Rightarrow D'D=AD\cdot \tan 30^{\circ}=\displaystyle\frac {a\sqrt {3}}{3}\).

\(V_{ABCD.A'B'C'D'}=S_{ABCD}\cdot D'D=\displaystyle\frac {a^3\sqrt {3}}{3}\).

Gọi \(O\) là tâm hình vuông \(ABCD\) và \(M\) là trung điểm \(CD\), khi đó

\(\left\{\begin{aligned}&CD \perp SM \\&CD \perp OM \end{aligned}\right.\Rightarrow CD \perp (SOM)\).

Suy ra \({\left( \left(SCD\right),\left(ABCD\right)\right)}={\left(SM,OM \right)}=\widehat{SMO}=60^\circ\).

Vì \(S.ABCD\) là hình chóp đều nên \(SO \perp (ABCD)\), do đó \(\triangle SOM\) vuông tại \(O\).

Suy ra \(SO=OM\cdot\tan 60^\circ=a\cdot \sqrt{3}=a\sqrt{3}\).

Vậy \(V_{S.ABCD}=\displaystyle\frac{1}{3}S_{ABCD}\cdot SO=\displaystyle\frac{1}{3}\left(2a\right)^2\cdot a\sqrt{3}=\displaystyle\frac{4a^3\sqrt{3}}{3}\).

Giả sử \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều, có \(O\) là tâm của hình vuông \(ABCD\) và \(M\) là trung điểm cạnh \(BC\). Khi đó \(SO\perp (ABCD)\) và \(OM\perp BC\), suy ra \(BC\perp (SOM)\Rightarrow BC\perp SM\). Do đó góc giữa \((SBC)\) và \((ABCD)\) là \(\widehat{SMO}=30^{\circ}\).

Xét tam giác \(SOM\) vuông tại \(O\) có \(OM=\displaystyle\frac{a}{2}\), do đó

\[SO=OM\cdot \tan 30^{\circ}=\displaystyle\frac{a}{2\sqrt{3}}\Rightarrow V_{S.ABCD}=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot a^{2}\cdot \displaystyle\frac{a}{2\sqrt{3}}=\displaystyle\frac{a^{3}\sqrt{3}}{18}.\]

Gọi \(M\) là trung điểm đoạn \(BC\).

Do \(ABC\) vuông cân tại \(A\) nên \(AM=\displaystyle\frac{1}{2}BC=\displaystyle\frac{a}{2}\).

Góc giữa mặt phẳng \((SBC)\) và đáy bằng góc \(\widehat{SMA}=45{}^\circ\), nên suy ra \(\triangle SAM\) vuông cân ở \(A\).

Do đó ta có \(SA=AM=\displaystyle\frac{a}{2}\).

Thể tích cần tìm là

\(V=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot SA\cdot S_{ABC}=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot SA\cdot \displaystyle\frac{1}{2}\cdot AM\cdot BC=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot \displaystyle\frac{a}{2}\cdot \displaystyle\frac{1}{2}\cdot \displaystyle\frac{a}{2}\cdot a=\displaystyle\frac{a^3}{24}.\)

Góc giữa mặt \((SBC)\) và \((ABCD)\) là góc \(\widehat{SBA}=60^\circ\).

Ta có \(SA=AB\cdot \tan \widehat{SBA}=a\sqrt{3}\).

Diện tích đáy là \(S_{ABCD}=a^2\).

Thể tích khối chóp là \(V_{S.ABCD}=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot S_{ABCD} \cdot SA =\displaystyle\frac{a^3\sqrt{3}}{3}\).