Do AD // BC nên $d\left( {D;\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right).$

Gọi K là hình chiếu của A trên SB, suy ra$AK \bot SB\,\,\,\left( 1 \right)$

Ta có:$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BC \bot SA}\\{BC \bot AB}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow BC \bot AK(2)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow AK \bot \left( {SBC} \right)$

Khi$d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = AK = \frac{{SA.AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}.$

Đáp án cần chọn là: C

Xác định

${60^0} = \widehat {\left( {SB;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SB;AB} \right)} = \widehat {SBA} \Rightarrow SA = AB.\tan \widehat {SBA} = a\sqrt 3$

Ta có$AD\parallel BC \Rightarrow AD\parallel \left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {D;\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right)$

Kẻ$AK \bot SB\,\,\,\,\left( 1 \right)$

Ta có:$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BC \bot SA}\\{BC \bot AB}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow BC \bot AK(2)$

Từ (1) và (2)$\Rightarrow AK \bot \left( {SBC} \right)$

Khi đó$d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = AK = \frac{{SA.AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.$

Vậy$d\left( {D;\left( {SBC} \right)} \right) = AK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.$

Đáp án cần chọn là: A

Đáp án cần chọn là: C

Đáp án cần chọn là: B

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

Đáp án cần chọn là: D

Đáp án cần chọn là: A

Gọi O là tâm của đáy, suy ra $SO \bot \left( {ABCD} \right)$

Ta có

$\begin{array}{*{20}{l}}{AO \cap \left( {SCD} \right) = C \Rightarrow \frac{{d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {O;\left( {SCD} \right)} \right)}} = \frac{{AC}}{{OC}} = 2}\\{ \Rightarrow d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = 2d\left( {O;\left( {SCD} \right)} \right).}\end{array}$

Gọi J là trung điểm CD, suy ra $OJ \bot CD$

Gọi K là hình chiếu của O trên SJ, suy ra$OK \bot SJ\,\,\,\left( 1 \right)$

Ta có$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{CD \bot OJ}\\{CD \bot SO}\end{array}} \right. \Rightarrow CD \bot (SOJ) \Rightarrow CD \bot OK(2)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow OK \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {O;\left( {SCD} \right)} \right) = OK = \frac{{SO.OJ}}{{\sqrt {S{O^2} + O{J^2}} }}$

Ta có :$SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}} = \sqrt {4{a^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {14} }}{2} \Rightarrow OK = \frac{{\frac{{a\sqrt {14} }}{2}.\frac{a}{2}}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt {14} }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} }} = \frac{{a\sqrt 7 }}{{\sqrt {30} }}$

Vậy$d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = 2.OK = \frac{{2a\sqrt 7 }}{{\sqrt {30} }}.$

Đáp án cần chọn là: B

Đáp án cần chọn là: D

Đáp án cần chọn là: B

Đáp án cần chọn là: C

Tam giác ABC đều cạnh aa, H là trọng tâm tam giác nên $BH = \frac{2}{3}BO = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$

$\Rightarrow HD = BD - BH = a\sqrt 3 - \frac{{a\sqrt 3 }}{3} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}$

Xác định${30^0} = \widehat {\left( {SD;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SD;HD} \right)} = \widehat {SDH}$ và$SH = HD.\tan \widehat {SDH} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}.\frac{1}{{\sqrt 3 }} = \frac{{2a}}{3}$

Ta có:

$\begin{array}{*{20}{l}}{BH \cap \left( {SCD} \right) = D \Rightarrow \frac{{d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right)}} = \frac{{BD}}{{HD}} = \frac{3}{2}}\\{ \Rightarrow d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{3}{2}.d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right)}\end{array}$

Ta có$HC \bot AB \Rightarrow HC \bot CD$

Kẻ$HK \bot SC\,\,\,\,\left( 1 \right)$

Ta có$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{CD \bot HC}\\{CD \bot SH}\end{array}} \right. \Rightarrow CD \bot (SHC) \Rightarrow CD \bot HK(2)$

Từ (1) và (2)$\Rightarrow HK \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right) = HK$

Tam giác vuông SHC, có

$HK = \frac{{SH.HC}}{{\sqrt {S{H^2} + H{C^2}} }} = \frac{{\frac{{2a}}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{3}}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{{2a}}{3}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} }} = \frac{{2a\sqrt {21} }}{{21}}$

Vậy$d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{3}{2}HK = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}$

Đáp án cần chọn là: B

Ta có$E \in SC$

$EC \cap \left( {SBD} \right) = S \Rightarrow \frac{{d\left( {E;\left( {SBD} \right)} \right)}}{{d\left( {C;\left( {SBD} \right)} \right)}} = \frac{{d\left( {E;\left( {SBD} \right)} \right)}}{{d\left( {A;\left( {SBD} \right)} \right)}} = \frac{{ES}}{{CS}} = \frac{1}{2}$

Từ A kẻ$AK \bot BD\left( {K \in BD} \right)$ kẻ$AH \bot SK\,\,\left( {H \in SK} \right)\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$

Ta có:$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BD \bot AK}\\{BD \bot SA}\end{array}} \right. \Rightarrow BD \bot (SAK) \Rightarrow BD \bot AH(2)$

Từ (1) và (2)$\Rightarrow AH \bot \left( {SBD} \right).$

$\Rightarrow AH = d\left( {A;\left( {SBD} \right)} \right) = 2.d\left( {E;\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{{2a}}{3}.$

Mà $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{K^2}}} \Rightarrow AK = \frac{{SA.AH}}{{\sqrt {S{A^2} - A{H^2}} }} = \frac{{2a}}{{\sqrt 5 }}$

Tam giác ABD vuông tại A, có đường cao AK.

$\Rightarrow \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{A{K^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}{x^2}}} = \frac{5}{{4{a^2}}}$

$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x > 0}\\{{x^2} = 4}\end{array}} \right. \Rightarrow x = 2$

Đáp án cần chọn là: C

Bước 1: Đổi $d\left( {M;\left( {SAC} \right)} \right)$ sang $d\left( {H;\left( {SAC} \right)} \right)$

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

Ta có:$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(SAB) \cap (ABCD) = AB}\\{SH \subset (ABCD),SH \bot AB}\end{array}} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)$

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

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

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

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

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

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

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

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AC \bot HE}\\{AC \bot SH}\end{array}} \right. \Rightarrow AC \bot (SHE) \Rightarrow AC \bot HN\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{HN \bot SE}\\{HN \bot AC}\end{array} \Rightarrow HN \bot (SAC)} \right.$

$\Rightarrow d\left( {H;\left( {SAC} \right)} \right) = HN$

Bước 3: Xác định góc giữa SC và (ABCD), từ đó tính SH.

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

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

$\Rightarrow {\rm{\Delta }}SHC$ vuông cân tại $H \Rightarrow SH = HC = \sqrt {B{C^2} + B{H^2}}$

$= \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {17} }}{2}$

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

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

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

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

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

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

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

Bước 1: Gọi N là trung điểm của AC, chứng minh$d\left( {A;\left( {BB'M} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {BB'MN} \right)} \right) = AN$

Gọi N là trung điểm của AC ta có$\left( {BB'M} \right) \equiv \left( {BB'MN} \right)$ nên$d\left( {A;\left( {BB'M} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {BB'MN} \right)} \right)$

Vì tam giác ABC đều nên$AN \bot BN$ Ta có$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AN \bot BN}\\{AN \bot MN}\end{array}} \right. \Rightarrow AN \bot (BB\prime MN)$ nên$d\left( {A;\left( {BB'MN} \right)} \right) = AN = 4$

Bước 2:  Tính${V_{A.BB'M}} = \frac{1}{3}d\left( {A;\left( {BB'MN} \right)} \right).{S_{{\rm{\Delta }}BB'M}} = {V_{B'.ABM}}$

Ta lại có$BN = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = 4\sqrt 3 ,\,\,MN = AA' = \sqrt 6$ nên

${S_{BB'MN}} = MN.BN = \sqrt 6 .4\sqrt 3 = 12\sqrt 2 \Rightarrow {S_{{\rm{\Delta }}BB'M}} = 6\sqrt 2$

$\Rightarrow {V_{A.BB'M}} = \frac{1}{3}d\left( {A;\left( {BB'MN} \right)} \right).{S_{{\rm{\Delta }}BB'M}} = \frac{1}{3}.4.12\sqrt 2 = 16\sqrt 2 = {V_{B'.ABM}}$

Bước 3:  Sử dụng$d\left( {B';\left( {ABM} \right)} \right) = \frac{{3{V_{B'.ABM}}}}{{{S_{{\rm{\Delta }}ABM}}}}$

Lại có${V_{B'.ABM}} = \frac{1}{3}d\left( {B';\left( {ABM} \right)} \right).{S_{{\rm{\Delta }}ABM}}$ nên$d\left( {B';\left( {ABM} \right)} \right) = \frac{{3{V_{B'.ABM}}}}{{{S_{{\rm{\Delta }}ABM}}}}$

Ta có:

$\begin{array}{*{20}{l}}{AM = \sqrt {A'{A^2} + A'{M^2}} }\\{ = \sqrt {{{\left( {\sqrt 6 } \right)}^2} + {4^2}} = \sqrt {22} }\\{AB = 8}\\{BM = \sqrt {B{B^{\prime 2}} + B'{M^2}} }\\{ = \sqrt {{{\left( {\sqrt 6 } \right)}^2} + {{\left( {4\sqrt 3 } \right)}^2}} = 3\sqrt 6 }\end{array}$

Bước 4: Sử dụng công thức${S_{{\rm{\Delta }}ABM}} = \sqrt {p\left( {p - AM} \right)\left( {p - AB} \right)\left( {p - BM} \right)}$ với p là nửa chu vi tam giác ABM.

Gọi p là nửa chu vi tam giác ABM ta có$p = \frac{{\sqrt {22} + 8 + 3\sqrt 6 }}{2}$

$\Rightarrow {S_{{\rm{\Delta }}ABM}} = \sqrt {p\left( {p - AM} \right)\left( {p - AB} \right)\left( {p - BM} \right)} = 12\sqrt 2$

Vậy$d\left( {B';\left( {ABM} \right)} \right) = \frac{{3{V_{B'.ABM}}}}{{{S_{{\rm{\Delta }}ABM}}}} = \frac{{3.16\sqrt 2 }}{{12\sqrt 2 }} = 4$

Bước 1: Gọi $O = AC \cap BD$ Tính BO, CH, HD theo a.

Gọi$O = AC \cap BD$

Ta có ${\rm{\Delta }}ABC$ dều cạnh a có H là trọng tâm

$\Rightarrow BO = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},CH = \frac{{a\sqrt 3 }}{3},HD = \frac{4}{3}BO = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}$

Bước 2: Tính SH theo a.

Mặt khác,$(\widehat {SD,(ABCD)}) = \widehat {SDH} = {30^ \circ }$

$\Rightarrow SH = HD \cdot \tan \widehat {SDH} = \frac{{2a}}{3}$

Lại có$CH \bot AB \Rightarrow CH \bot CD$

Bước 3: Kẻ $HK \bot SC(K \in SC)$ Chứng minh $HK \bot CD$

Kẻ $HK \bot SC(K \in SC)$

Ta có:

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

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

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

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

Đáp án cần chọn là: C