Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có (A'ABB') ^ (ABC), AA' = 2a, \(\widehat {A'AB} = 60^\circ \). Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A'B'C'). 

a) Tam giác SAB đều nên SH ^ AB mà (SAB) ^ (ABCD) Þ SH ^ (ABCD).

Ta có AH Ç (SBD) = B \( \Rightarrow \frac{{d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right)}}{{d\left( {H,\left( {SBD} \right)} \right)}} = \frac{{AB}}{{HB}} = 2\).

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Kẻ HI ^ BD mà SH ^ BD (do SH ^ (ABCD)) Þ BD ^ (SHI).

Kẻ HK ^ SI mà BD ^ HK (do BD ^ (SHI)) nên HK ^ (SBD).

Do đó d(H, (SBD)) = HK.

Ta có HO là đường trung bình của D ABC Þ HO // BC và \(HO = \frac{{BC}}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Lại có BC ^ AB nên HO ^ AB.

Vì SAB là tam giác đều cạnh a nên \(HB = \frac{a}{2};SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Xét DOHB vuông tại H, ta có \(\frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{{H{O^2}}} + \frac{1}{{H{B^2}}} = \frac{4}{{3{a^2}}} + \frac{4}{{{a^2}}} = \frac{{16}}{{3{a^2}}}\) \( \Rightarrow HI = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\).

Xét DSHI vuông tại H có \(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{4}{{3{a^2}}} + \frac{{16}}{{3{a^2}}} = \frac{{20}}{{3{a^2}}}\) \( \Rightarrow HK = \frac{{a\sqrt {15} }}{{10}}\).

Suy ra d(A, (SBD)) \( = 2.\frac{{a\sqrt {15} }}{{10}} = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}\).

b) Gọi M là trung điểm của CD.

Vì ABCD là hình chữ nhật nên HM ^ CD mà SH ^ HM (do SH ^ (ABCD)).

Suy ra d(SH, CD) = HM = AD = \(a\sqrt 3 \).

c) Vì BC // AD nên BC // (SAD).

Suy ra d(BC, SD) = d(BC, (SAD)) = d(B, (SAD)) = 2d(H, (SAD)).

Có SH ^ AD và AD ^ AH nên AD ^ (SHA).

Kẻ HN ^ SA mà HN ^ AD (do AD ^ (SHA)) Þ HN ^ (SAD).

Do đó d(H, (SAD)) = HN.

Xét DSHA vuông tại H, HN là đường cao có:

\(\frac{1}{{H{N^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{H{A^2}}} = \frac{4}{{3{a^2}}} + \frac{4}{{{a^2}}} = \frac{{16}}{{3{a^2}}}\) \( \Rightarrow HN = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\).

Vậy d(B, (SAD)) = \(2.\frac{{a\sqrt 3 }}{4} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

d) Có AB // CD Þ CD // (SAB).

Do đó d(CD, SB) = d(CD, (SAB)) = d(C, (SAB)).

Có CB ^ AB mà CB ^ SH (do SH ^ (ABCD)) Þ CB ^ (SAB).

Do đó d(C, (SAB)) = CB = \(a\sqrt 3 \).

Đáp án: a) Sai;   b) Đúng;   c) Sai;   d) Đúng.

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Vì AB // CD nên AB // (SCD).

Khi đó d(AB, CD) = d(AB, (SCD)) = d(A, (SCD)).

Lại có \(\frac{{d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right)}} = \frac{{CA}}{{CO}} = 2\).

Hạ OM ^ CD, OH ^ SM

Vì SO ^ (ABCD) Þ SO ^ CD mà OM ^ CD Þ CD ^ (SOM) Þ CD ^ OH.

Lại có OH ^ SM nên OH ^ (SCD). Do đó d(O, (SCD)) = OH.

Ta có \(OM = \frac{1}{2}AD = 1\), \(AC = 2\sqrt 2 \Rightarrow OC = \sqrt 2 \).

Xét DSOC vuông tại O, \(SO = \sqrt {S{C^2} - O{C^2}} = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2} - {{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2}} = \sqrt 6 \).

Xét DSOM vuông tại O, \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{M^2}}} = \frac{1}{6} + \frac{1}{1} = \frac{7}{6}\)Þ \(OH = \frac{{\sqrt {42} }}{7}\).

Khi đó d(A, (SCD)) = \(2.\frac{{\sqrt {42} }}{7} \approx 1,9\).

Trả lời: 1,9.