Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật với \(AB = 2a\), \(AD = a\).

a) Đúng

b) Đúng

c) Đúng

d) Sai

 

a) Kẻ đường cao \(HE\) trong tam giác \(SBH\). (1)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot AB}\\{BC \bot SH({\rm{ do }}SH \bot (ABCD))}\end{array} \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow BC \bot HE} \right.\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(HE \bot (SBC)\) hay \(d(H,(SBC)) = HE\).

Tam giác \(BCH\) vuông tại \(B\) có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{CH}&{ = \sqrt {B{C^2} + B{H^2}} }\\{}&{ = \sqrt {{a^2} + {a^2}}  = a\sqrt 2 .}\end{array}\)

Tam giác \(SCH\) vuông tại \(H\) có:

\(\tan \widehat {SCH} = \frac{{SH}}{{CH}} \Rightarrow SH = a\sqrt 2 {\rm{. }}\)

Tam giác \(SBH\) vuông tại \(H\) có đường cao \(HE\) nên

\(\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{1}{{H{E^2}}}}&{ = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{B{H^2}}}}\\{ \Rightarrow HE}&{ = \frac{{SH \cdot BH}}{{\sqrt {S{H^2} + B{H^2}} }}}\\{}&{ = \frac{{a\sqrt 2  \cdot a}}{{\sqrt {2{a^2} + {a^2}} }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}.}\end{array}\)

Vậy \(d(H,(SBC)) = HE = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).

b) Gọi \(K\) là trung điểm \(CD\) thì \(HK\) là đường trung bình của hình chữ nhật \(ABCD\) nên \(HK//BC//AD \Rightarrow HK \bot CD\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CD \bot HK}\\{CD \bot SH}\end{array} \Rightarrow CD \bot (SHK)} \right.\).

Kẻ đường cao \(HI\) của tam giác \(SHK\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{HI \bot SK}\\{HI \bot CD({\rm{ do }}CD \bot (SHK),HI \subset (SHK))}\end{array} \Rightarrow HI \bot (SCD)} \right.\).

Tam giác \(SHK\) vuông tại \(H\) có đường cao \(HI\) nên

\(\frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{K^2}}} \Rightarrow HI = \frac{{SH \cdot HK}}{{\sqrt {S{H^2} + H{K^2}} }} = \frac{{a\sqrt 2  \cdot a}}{{\sqrt {2{a^2} + {a^2}} }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}.\)

Vậy \(d(H,(SCD)) = HI = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).