$Cho hình chóp \(S.ABCD\) có (ảnh 1)$

Gọi \(O\) là tâm của hình chữ nhật \(ABCD\).

Ta có \(AC \cap \left( {SBD} \right) = O\) nên \(\frac{{d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right)}}{{d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right)}} = \frac{{CO}}{{AO}} = 1\) (vì \(O\) là trung điểm \(AC\)).

Suy ra \(d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right)\).

Gọi \(H\), \(I\) lần lượt là hình chiếu của \(A\) lên \(BD\), \(SH\), ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}AI \bot SH\\AI \bot BD\,\,\,\,\left( {{\rm{do }}BD \bot AH,\,BD \bot SA \Rightarrow BD \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow BD \bot AI} \right)\end{array} \right.\)

Suy ra \(AI \bot \left( {SBD} \right)\) (vì \(SH \cap BD = H\) và \(SH,BD \subset \left( {SBD} \right)\)).

Do đó, \(d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = AI\).

Xét tam giác \(ABD\) vuông tại \(A\) với \(AH\) là đường cao, ta có

\(AH = \frac{{AB \cdot AD}}{{\sqrt {A{B^2} + A{D^2}} }} = \frac{{a \cdot a\sqrt 3 }}{{\sqrt {3{a^2} + {a^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Xét tam giác \(SAH\) vuông tại \(A\) với \(AI\) là đường cao, ta có

\(AI = \frac{{AH \cdot AS}}{{\sqrt {A{H^2} + A{S^2}} }} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2} \cdot a\sqrt 3 }}{{\sqrt {\frac{{3{a^2}}}{4} + 3{a^2}} }} = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}\).

Vậy khoảng cách từ điểm \(C\) đến mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\) bằng \(\frac{{a\sqrt {15} }}{5}\).

Cho khối lăng trụ có diện tích đáy B = 3 và chiều cao h = 4 . Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng