Bài tập nâng cao Khoảng cách · Bài 59

Tam giác $ SCD $ đều suy ra $ SC=SD $ nên hình chiếu $ H $ của $ S $ trên $ \left ( { ABCD } \right ) $ cách đều $ C,D $.
Gọi $ O $ là tâm hình vuông $ ABCD $. Do đó $ H $ thuộc $ MN $ với $ M,N $ là trung điểm của $ AB $ và $ CD $.
Ta có $ HA=HB\Rightarrow SA=SB $ do đó tam giác $ SAB $ vuông cân tại $ S $.
Ta có $ SM=\frac { a } { 2 };SN=\frac { a\sqrt[] { 3 } } { 2 };MN=a \Rightarrow \Delta SMN $ vuông tại $ S $ và có $ \widehat { SMN }=60° $.
Do $ SH⊥\left ( { ABCD } \right )\Rightarrow SH⊥MN\Rightarrow H $ là trung điểm của $ MO $.
Trong $ \left ( { ABCD } \right ) $ kẻ $ AE\ { \rm{ / } }{ \rm{ / } }\ BD $ với $ E\in CD $. Suy ra $ BD\ { \rm{ / } }{ \rm{ / } }\ \left ( { SAE } \right )\Rightarrow d\left ( { BD;SA } \right )=d\left ( { BD;\left ( { SAE } \right ) } \right )=d\left ( { K;\left ( { SAE } \right ) } \right ) $. Với $ K $ là hình chiếu của $ H $ trên $ BD $ và $ I $ là hình chiếu của $ H $ trên $ AE $.
Ta có $ \frac { d\left ( { K;\left ( { SAE } \right ) } \right ) } { d\left ( { H;\left ( { SAE } \right ) } \right ) }=\frac { KI } { HI }=\frac { 4 } { 3 } $.
Kẻ $ HJ⊥SI $ tại $ J $ thì $ HJ=d\left ( { H;\left ( { SAE } \right ) } \right ) $.
Lại có: $ \frac { 1 } { HJ ^ { 2 } }=\frac { 1 } { HI ^ { 2 } }+\frac { 1 } { HS ^ { 2 } } \Rightarrow HJ=\frac { 3a\sqrt[] { 5 } } { 20 } $. Do đó $ d\left ( { SA;BD } \right )=\frac { a\sqrt[] { 5 } } { 5 } $.