Cho tứ diện \(ABCD\). Bốn điểm phân biệt \(M,\,N,\,P,Q\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên \(BC,\,CD,\,BD,\,\left( {BCD} \right)\). Khoảng cách từ điểm \(A\) đến đường thẳng \(CD\) bằng

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