Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a, tam giác

Đáp án: \(\frac{{2\sqrt 5 a}}{5}\)

Phương pháp giải:

- Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB\). Chứng minh \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\)

- Xác định góc giữa \(\left( {SCD} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\)bằng góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến.

- Chứng minh \(d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right)\), dựng \(d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right)\)

- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính \(d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right)\)

Giải chi tiết:

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB\). Vì tam giác \(SAB\) cân tại \(S\) nên \(SH \bot AB\)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right) = AB}\\{SH \subset \left( {SAB} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} SH \bot AB}\end{array}} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\)

Gọi \(K\) là trung điểm của \(CD\) ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CD \bot HK}\\{CD \bot SH}\end{array}} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SHK} \right) \Rightarrow CD \bot SK\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {SCD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = CD}\\{SK \subset \left( {SCD} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} SK \bot CD}\\{HK \subset \left( {ABCD} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} HK \bot CD}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow \angle \left( {\left( {SCD} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SK;HK} \right) = \angle SKH = \varphi \)

Vì \(AH//CD \Rightarrow AH//\left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right)\)

Trong \(\left( {SHK} \right)\) kẻ \(HI \bot SK{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {I \in SK} \right)\) ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{HI \bot SK}\\{HI \bot CD{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {CD \bot \left( {SHK} \right)} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow HI \bot \left( {SCD} \right)\)

\( \Rightarrow d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right) = HI\)

Xét tam giác vuông \(HIK\) ta có \(\sin \varphi = \sin \angle SKH = \frac{{HI}}{{HK}}\) \( \Rightarrow HI = HK.\sin \varphi = 2a.\frac{{\sqrt 5 }}{5} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\)

Vậy \(d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\)