Cho hình lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C'\) có đáy \(ABC\) là tam giác vuông cân tại \(B\) và \(AB = 4a\) (tham khảo hình bên). Khoảng cách từ \(C\) đến mặt phẳng \(\left( {ABB'A'} \right)\) bằng

Ta có: \(C{C^\prime }//B{B^\prime } \Rightarrow C{C^\prime }//\left( {AB{B^\prime }{A^\prime }} \right)\) nên \(d\left( {C{C^\prime },\left( {AB{B^\prime }{A^\prime }} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {AB{B^\prime }{A^\prime }} \right)} \right)\).

Trong mặt phẳng \((ABC)\), kẻ \(CH \bot AB\) tại \(H\). (1)

Vì \(ABC \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }\) là hình lăng trụ đứng nên \(A{A^\prime } \bot (ABC) \Rightarrow CH \bot A{A^\prime }\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(CH \bot \left( {AB{B^\prime }{A^\prime }} \right) \Rightarrow d\left( {C,\left( {AB{B^\prime }{A^\prime }} \right)} \right) = CH\).

Xét tam giác \(ABC\), có \(A{B^2} = C{A^2} + C{B^2} - 2CA \cdot CB \cdot \cos {120^^\circ } = 7{a^2}\) \( \Rightarrow AB = a\sqrt 7 \).

Diện tích tam giác \(ABC\) là: \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}CA \cdot CB \cdot \sin C = \frac{1}{2}AB \cdot CH\) \( \Rightarrow CH = \frac{{CA \cdot CB \cdot \sin {{120}^^\circ }}}{{AB}} = \frac{{a \cdot 2a \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2}}}{{a\sqrt 7 }} = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).

Vậy \(d\left( {C{C^\prime },\left( {AB{B^\prime }{A^\prime }} \right)} \right) = CH = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).

Ta có \(AM\) và \(C{C^\prime }\) là hai đường thẳng chéo nhau mà \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{C{C^\prime }//\left( {AB{B^\prime }{A^\prime }} \right)}\\{AM \subset \left( {AB{B^\prime }{A^\prime }} \right)}\end{array}} \right.\)

 nên \(d\left( {C{C^\prime },AM} \right) = d\left( {C{C^\prime },\left( {AB{B^\prime }{A^\prime }} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).

Vì \(ABC \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }\) là hình lăng trụ đứng nên \(A{A^\prime } \bot (ABC),A{A^\prime } \bot \left( {{A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }} \right)\).

Do vậy \(d\left( {(ABC),\left( {{A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }} \right)} \right) = A{A^\prime } = 2a\).

Khối lăng trụ \(ABC \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }\) có chiều cao \(h = A{A^\prime } = 2a\), diện tích đáy là:

\(S = {S_{ABC}} = \frac{1}{2}CA \cdot CB \cdot \sin {120^^\circ } = \frac{1}{2}a \cdot 2a \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}.\)

Thể tích khối lăng trụ là: \(V = Sh = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} \cdot 2a = {a^3}\sqrt 3 \).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot SA({\rm{ do }}SA \bot (ABCD))}\\{BC \bot AB}\end{array} \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow BC \bot AH} \right.\),

mà \(SB \bot AH\) nên \(AH \bot (SBC)\) hay \(d(A,(SBC)) = AH\).

Tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AH\) nên

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

Vậy \(d(A,(SBC)) = AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Gọi \(O\) là tâm hình vuông \(ABCD\) thì \(AO \bot BD\), ta lại có \(SA \bot BD\) nên \(BD \bot (SAC)\). (*)

Kẻ đường cao \(AE\) của \(\Delta SAO\) thì \(AE \bot BD(\)do \((*))\).

Vậy \(AE \bot (SBD)\) hay \(d(A,(SBD)) = AE\).

Ta có: \(AC = a\sqrt 2 \) (đường chéo hình vuông), suy ra \(OA = \frac{{AC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Tam giác \(SAO\) vuông tại \(A\) có: \(AE = \frac{{SA \cdot AO}}{{\sqrt {S{A^2} + A{O^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3  \cdot \frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{\sqrt {3{a^2} + \frac{{2{a^2}}}{4}} }} = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).

Vậy \(d(A,(SBD)) = AE = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).

Ta chứng minh được \(AK \bot (SCD)\). Khi đó: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{SC \bot AH}\\{SC \bot AK}\end{array} \Rightarrow SC \bot (AHK)} \right.\).

Gọi \(F = SC \cap (AHK)\) thì \(SC \bot AF\).

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:

\(CF.CS = A{C^2} \Rightarrow CF = \frac{{A{C^2}}}{{CS}} = \frac{{2{a^2}}}{{a\sqrt 5 }} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}.\)

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