Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Biết SA vuông góc với mặt phẳng đáy và \(SA = a\sqrt 3 \). Vẽ đường cao AH của tam giác SAB. Vẽ đường cao AK của tam giác SAD. Khi đó:

a) BC ^ AH.

b) Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng \(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

c) Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBD) bằng \(\frac{{a\sqrt 2 }}{7}\).

d) Khoảng cách từ C đến mặt phẳng (AHK) bằng \(\frac{{a\sqrt 5 }}{5}\).

a) Có SA ^ (ABCD) Þ SA ^ BC mà BC ^ AB nên BC ^ (SAB) Þ BC ^ AH.

b) Vì BC ^ AH mà AH ^ SB nên AH ^ (SBC).

Do đó d(A, (SBC)) = AH.

Xét DSAB vuông tại A, AH là đường cao, ta có

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

c) Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Có SA ^ (ABCD) Þ SA ^ BD mà BD ^ AC nên BD ^ (SAC).

Kẻ AI ^ SO mà AI ^ BD (do BD ^ (SAC)) Þ AI ^ (SBD).

Do đó d(A, (SBD)) = AI.

Do ABCD là hình vuông nên \(AO = \frac{{AC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Xét DSAO vuông tại A, AI là đường cao có:

\(\frac{1}{{A{I^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{O^2}}} = \frac{1}{{3{a^2}}} + \frac{4}{{2{a^2}}} = \frac{7}{{3{a^2}}} \Rightarrow AI = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).

d) Ta có AH ^ (SBC) Þ AH ^ SC.

Tương tự ta chứng minh được AK ^ (SCD) Þ AK ^ SC.

Suy ra SC ^ (AHK).

Gọi F = SC Ç (AHK) thì SC ^ AF.

Khi đó d(C, (AHK)) = CF.

Ta có \(SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}} = \sqrt {3{a^2} + 2{a^2}} = a\sqrt 5 \).

Tam giác SAC vuông tại A có đường cao AF nên CF.CS = AC² \( \Rightarrow CF = \frac{{A{C^2}}}{{CS}} = \frac{{2{a^2}}}{{a\sqrt 5 }} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\).

Vậy d(C, (AHK)) = \(CF = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\).

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