Đề bài

Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác vuông tại \(A\), góc \(ABC\) bằng \({60^ \circ }\), biết tam giác \(SBC\) đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\). Tính theo a khoảng cách: a) Từ điểm \(S\) đến mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\). b) Từ điểm \(B\) đến mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\). c) Giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(SC\).

Lời giải chi tiết

a) Kẻ \(SH\) vuông góc với \(BC\) tại \(H\) thì \(SH \bot \left( {ABC} \right)\), suy ra \(d\left( {S,\left( {ABC} \right)} \right) = SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)b) Kẻ HK vuông góc với \(AC\) tại \(K,HQ\) vuông góc với \(SK\) tại \(Q\) thì \(d\left( {H,\left( {SAC} \right)} \right) = HQ\).Ta có: \(AB = \frac{a}{2},HK = \frac{a}{4}\) và tam giác \(SHK\) vuông tại \(H\), đường cao \(HQ\) nên \(HQ = \frac{{SH \cdot HK}}{{SK}} = \frac{{a\sqrt {39} }}{{26}}\).

  

Lại có \(H\) là trung điểm của \(BC\) nên \(d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right) = 2d\left( {H,\left( {SAC} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt {39} }}{{13}}\).c) Dựng hình bình hành \(ABMC\), chứng minh được \(ABMC\) là hình chữ nhật.Khi đó \(AB//\left( {SCM} \right)\) và mặt phẳng \(\left( {SMC} \right)\) chứa \(SC\) nên\(d\left( {AB,SC} \right) = d\left( {AB,\left( {SCM} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {SCM} \right)} \right) = 2d\left( {H,\left( {SCM} \right)} \right){\rm{.\;}}\)Kẻ \(HN\) vuông góc với \(CM\) tại \(N,HE\) vuông góc với \(SN\) tại \(N\) thì \(HE \bot \left( {SCM} \right)\), suy ra \(d\left( {H,\left( {SCM} \right)} \right) = HE\). Ta có: \(HN = \frac{{BM}}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\), tam giác SHN vuông tại \(H\), đường cao \(HE\) nên \(HE = \frac{{SH \cdot HN}}{{SN}} = \frac{{a\sqrt {15} }}{{10}}\).Vậy \(d\left( {AB,SC} \right) = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}\).