Gọi  là trung điểm của  suy ra

.

Ta có: 

Tam giác SAB đều \(\Rightarrow SH\perp AB\)

Mà \(\left\{{}\begin{matrix}AB=\left(SAB\right)\cap\left(ABCD\right)\\\left(SAB\right)\perp\left(ABCD\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow SH\perp\left(ABCD\right)\)

Gọi N là trung điểm SC \(\Rightarrow MN\) là đường trung bình tam giác SCD

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}MN||CD\\MN=\dfrac{1}{2}CD\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}MN||AH\\MN=AH\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow AMNH\) là hbh

\(\Rightarrow AM||HN\Rightarrow AM||\left(SHC\right)\)

\(\Rightarrow d\left(AM;SC\right)=d\left(AM;\left(SHC\right)\right)=d\left(A;\left(SHC\right)\right)\)

Mặt khác H là trung điểm AB \(\Rightarrow d\left(A;\left(SHC\right)\right)=d\left(B;\left(SHC\right)\right)\)

Từ B kẻ \(BE\perp HC\Rightarrow BE\perp\left(SHC\right)\) (do \(SH\perp BE\))

\(\Rightarrow BE=d\left(B;\left(SHC\right)\right)\)

Hệ thức lượng: \(BE=\dfrac{BH.BC}{CH}=\dfrac{BH.BC}{\sqrt{BH^2+BC^2}}=\dfrac{a\sqrt{5}}{5}\)

b.

Từ D kẻ \(DF\perp HC\Rightarrow DF\perp\left(SHC\right)\) (do \(SH\perp DF\))

\(\Rightarrow DF=d\left(D;\left(SHC\right)\right)\)

\(DF=DC.cos\widehat{FDC}=DC.cos\widehat{BCH}=\dfrac{DC.BC}{CH}=\dfrac{DC.BC}{\sqrt{BC^2+BH^2}}=\dfrac{2a\sqrt{5}}{5}\)

S A C B H

Kẻ đường cao AH của \(\Delta SAB\)

Ta có: SA\(\perp\)( ABC ) = > SA\(\perp\)BC 

mà AB \(\perp\)BC ( tam giác ABC vuông tại B ) 

=> BC \(\perp\)(SAB ) => BC \(\perp\)AH lại có: AH \(\perp\)SB ( theo cách vẽ đường cao)

=> AH \(\perp\)(SBC ) 

=> d ( A; (SBC )) = AH 

Xét \(\Delta\)SAB vuông tại A có AH là đường cao 
=> \(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{SA^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{4a^2}=\frac{5}{4a^2}\Rightarrow AH=\frac{2\sqrt{5}}{5}\)

Vậy d ( A; (SBC )) = AH = \(\frac{2\sqrt{5}}{5}\)

Kẻ \(AF\perp SD\) ; \(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp CD\\CD\perp AD\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow CD\perp\left(SAD\right)\Rightarrow CD\perp AF\)

\(\Rightarrow AF\perp\left(SCD\right)\)

Kẻ \(AG\perp BD\) ; trong mp (SBD) kẻ \(AH\perp SG\)

\(\Rightarrow AH\perp\left(SBD\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{FAH}\) là góc giữa (SCD) và (SBD)

\(AH\perp\left(SBD\right)\Rightarrow AH\perp FH\Rightarrow\Delta FAH\) vuông tại H

Tam giác SAD vuông cân tại A \(\Rightarrow AF=\dfrac{1}{2}SD=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\)

Hệ thức lượng tam giác SBD: \(\dfrac{1}{AG^2}=\dfrac{1}{AD^2}+\dfrac{1}{AB^2}=\dfrac{5}{4a^2}\)

Hệ thức lượng tam giác SAG: \(\dfrac{1}{AH^2}=\dfrac{1}{SA^2}+\dfrac{1}{AG^2}=\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{5}{4a^2}=\dfrac{9}{4a^2}\Rightarrow AH=\dfrac{2a}{3}\)

\(\Rightarrow cos\widehat{FAH}=\dfrac{AH}{AF}=\dfrac{2\sqrt{2}}{3}\)

\(\Rightarrow\widehat{FAH}\approx19^028'\)

+) Hình chiếu vuông góc của SI trên mặt phẳng (ABC) là AI nên góc giữa SI và mặt phẳng (ABC) là:

(vì tam giác SIA vuông tại A nên góc SIA nhọn) ⇒ 

+) Xét tam giác SIA vuông tại A,   nên:

+) Dựng hình bình hành ACBD, tam giác ABC đều nên tam giác ABD đều.

+) Ta có:

   AC // BD; BD ⊂ (SBD) nên AC // (SBD).

   mà SB ⊂ (SBD) nên d(AC, SB) = d(A, (SBD)).

- Gọi K là trung điểm đoạn BD, tam giác ABD đều suy ra AK ⊥ BD và  mà BD ⊥ SA nên BD ⊥ (SAK).

- Dựng AH ⊥ SK; H ∈ SK.

- Lại có AH ⊥ BD suy ra AH ⊥ (SBD).

- Vậy d(A, (SBD)) = AH.

- Xét tam giác SAK vuông tại vuông tại A, đường cao AH ta có:

- Vậy d(AC, SB) = d(A, (SBD)) 

Đặt hệ trục tọa độ:

$A(0,0,0), B(a,0,0), C\left(\dfrac{a}{2}, \dfrac{a\sqrt{3}}{2},0\right)$

Đỉnh $S$ vuông góc với đáy ⇒ $S = (x_S, y_S, h)$. Vì tam giác đều đáy, thuận tiện đặt $S$ thẳng đứng trên trọng tâm $G$ của $\triangle ABC$:

$G = \dfrac{A+B+C}{3} = \left(\dfrac{0 + a + a/2}{3}, \dfrac{0 + 0 + a\sqrt{3}/2}{3},0\right) = \left(\dfrac{a}{2}, \dfrac{a\sqrt{3}}{6},0\right)$

Vậy $S = (a/2, a\sqrt{3}/6, h)$

Trung điểm $I$ của $BC$:

$I = \left(\dfrac{a + a/2}{2}, \dfrac{0 + a\sqrt{3}/2}{2}, 0\right) = \left(\dfrac{3a}{4}, \dfrac{a\sqrt{3}}{4},0\right)$

Góc giữa $SI$ và mặt phẳng đáy:

$\tan 60^\circ = \dfrac{SI_z}{\text{chiều dài hình chiếu của SI trên đáy}}$

Hình chiếu $\vec{SI}_{xy} = I - (x_S,y_S) = \left(\dfrac{3a}{4}-\dfrac{a}{2}, \dfrac{a\sqrt{3}}{4} - \dfrac{a\sqrt{3}}{6}\right) = \left(\dfrac{a}{4}, \dfrac{a\sqrt{3}}{12}\right)$

$|\vec{SI}_{xy}| = \sqrt{(a/4)^2 + (a\sqrt{3}/12)^2} = \sqrt{\dfrac{a^2}{16} + \dfrac{a^2 \cdot 3}{144}} = \sqrt{\dfrac{a^2}{16} + \dfrac{a^2}{48}} = \sqrt{\dfrac{4 a^2}{48}} = \dfrac{a}{\sqrt{12}} = \dfrac{a \sqrt{3}}{6}$

Vậy $SI_z = \tan 60^\circ \cdot |\vec{SI}_{xy}| = \sqrt{3} \cdot \dfrac{a \sqrt{3}}{6} = \dfrac{a}{2}$

⇒ $S = (a/2, a\sqrt{3}/6, a/2)$

Vector:

$\vec{SB} = B - S = \left(a - a/2, 0 - a\sqrt{3}/6, 0 - a/2\right) = \left(a/2, -a\sqrt{3}/6, -a/2\right)$

$\vec{AC} = C - A = \left(a/2 - 0, a\sqrt{3}/2 - 0, 0 - 0\right) = \left(a/2, a\sqrt{3}/2,0\right)$

Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo $SB$ và $AC$:

$d = \dfrac{| \vec{SB} \times \vec{AC} \cdot \vec{SA} |}{|\vec{SB} \times \vec{AC}|}$

Với $\vec{SA} = A - S = (-a/2, -a\sqrt{3}/6, -a/2)$

Tính tích có hướng:

$\vec{SB} \times \vec{AC} = \begin{vmatrix} i & j & k \\ a/2 & -a\sqrt{3}/6 & -a/2 \\ a/2 & a\sqrt{3}/2 & 0 \end{vmatrix} = (a^2 \sqrt{3}/4, -a^2/4, a^2 \sqrt{3}/6)$

$|\vec{SB} \times \vec{AC}| = a^2 \sqrt{7}/12$

$\vec{SB} \times \vec{AC} \cdot \vec{SA} = a^3 \sqrt{7}/24$

Vậy:

$d = \dfrac{a^3 \sqrt{7}/24}{a^2 \sqrt{7}/12} = a/2$

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng $SB$ và $AC$ là:

$d = a/2$

tính thể tích sao vậy

Chú ý :

Nếu kẻ KI // AD và kẻ IJ // CK thì IJ là đoạn vuông góc chung của SA và BC

a: (SAB) và (SAC) cùng vuông góc (ABC)

(SAB) cắt (SAC)=SA

=>SA vuông góc (ABC)

b: SA vuông góc CH

CH vuông góc AB

=>CH vuông góc (SAB)

=>(SCH) vuông góc (SAB)