Ông A dự định sử dụng hết 5m² kính để làm bể cá bằng kính có dạng hình hộp chữ nhật không nắp, chiều dài gấp đôi chiều rộng (các mối ghép có kích thước không đáng kể). Bể cá có thể tích lớn nhất bằng bao nhiêu (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)?

Gọi H là trung điểm của AB suy ra SH ⏊ AB .

Mà \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\end{array} \right.\) nên SH ⏊ (ABCD)

Gọi O = AC Ç BD.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AC \cap \left( {SBD} \right) = O\\AO = OC\end{array} \right. \Rightarrow d\left( {C,\;\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {A,\;\left( {SBD} \right)} \right)\)

Lại có: \(\left\{ \begin{array}{l}AH \cap \left( {SBD} \right) = B\\AB = 2HB\end{array} \right. \Rightarrow d\left( {A,\;\left( {SBD} \right)} \right) = 2d\left( {H,\;\left( {SBD} \right)} \right)\)

\( \Rightarrow d\left( {H,\;\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A,\;\left( {SBD} \right)} \right)\)

Do đó \(\frac{{d\left( {C,\;\left( {SBD} \right)} \right)}}{{d\left( {H,\;\left( {SBD} \right)} \right)}} = \frac{{d\left( {A,\;\left( {SBD} \right)} \right)}}{{\frac{1}{2}d\left( {A,\;\left( {SBD} \right)} \right)}} = 2\).

Kẻ HM ⏊ BD (M Î BD), kẻ HK ⏊ SM tại K

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot HM\\BD \bot SH\;\left( {do\;SH \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow BD \bot \left( {SHM} \right) \Rightarrow BD \bot HK\).

Lại có HK ⏊ SM Þ HK ⏊ (SBD) tại K Þ HK = d(H, (SBD)).

Vì ABCD là hình vuông nên AO ⏊ BD mà HM ⏊ BD Þ HM // AO.

Lại có H là trung điểm của AB nên M là trung điểm của BO.

Suy ra HM là đường trung bình của tam giác ABO

\( \Rightarrow HM = \frac{{AO}}{2} = \frac{1}{2}\,.\,\frac{{a\sqrt 2 }}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\).

Xét tam giác SMH vuông tại H, ta có \(HM = \frac{{a\sqrt 2 }}{4};\;SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) nên

\(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{H{M^2}}} + \frac{1}{{S{H^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{4}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} = \frac{{28}}{{3{a^2}}}\)

\( \Rightarrow HK = \frac{{a\sqrt {21} }}{{14}} \Rightarrow d\left( {C,\;\left( {SBD} \right)} \right) = 2d\left( {H,\;\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).

Vậy khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD) bằng \(\frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).

Gọi H và M lần lượt là trung điểm của AB và CD

Tam giác SAB đều nên suy ra SH ⏊ AB

Mà \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\end{array} \right.\) nên SH ⏊ (ABCD)

Kẻ HM ⏊ BD (M Î BD), kẻ HK ⏊ SM tại K

Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}CD \bot HM\\CD \bot SH\;\left( {do\;SH \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SHM} \right) \Rightarrow \left( {SCD} \right) \bot \left( {SHM} \right)\]

Kẻ HN ⏊ SM Þ HN ⏊ (SCD)

Do đó d(A, (SCD)) = d(H, (SCD)) = HN

Xét tam giác SMH vuông tại H, ta có \(HM = 1;\;SH = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\) nên

\(\frac{1}{{H{N^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{M^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{1^2}}} = \frac{7}{3}\)

\( \Rightarrow HN = \sqrt {\frac{3}{7}} = \frac{{\sqrt {21} }}{7} \Rightarrow d\left( {A,\;\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {H,\;\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{\sqrt {21} }}{7}\)

Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD) bằng \(\frac{{\sqrt {21} }}{7}\).