Kẻ AH vuông góc với BC 

 $S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AH.BC$

$\to AH=\frac{2.S_{\Delta ABC}}{BC}$

$=\frac{4a^2}{a}=4a$

Khoảng cách từ S đến BC chính là SH

Dựa vào tam giác vuông $\Delta SAH$ ta có 

$SH=\sqrt{S{A}^2+A{H}^2}$

$=\sqrt{{\left(3a\right)}^2+{\left(4a\right)}^2}=5a$

Do $\left\{\begin{array}{l}SA\perp AB\\ SA\perp BC\end{array}\right.$ nên $SA\perp \left(ABC\right)$

$\Rightarrow SA\perp AC$

Như vậy  $SC=\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}$

$=\sqrt{S{A}^2+(A{B}^2+B{C}^2)}=\sqrt{3}$

Do $\Delta ABC$ đều cạnh a nên đường cao $MC=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

$d\left(C,AM\right)=CH$

$=\frac{AC.MC}{\sqrt{A{C}^2+M{C}^2}}=a\frac{\sqrt{66}}{11}$

 Gọi M là trung điểm của BC; H là hình chiếu vuông góc của A trên SM. 

Ta có $BC\perp AM$ và $BC\perp SA$ nên

$BC\perp \left(SAM\right)\Rightarrow BC\perp AH.$

Mà $AH\perp SM$, do đó $AH\perp \left(SBC\right)$.

Vậy $AH=d\left(A,\left(SBC\right)\right).$ 

$AM=\frac{a\sqrt{3}}{2};$

$AH=\frac{AS.AM}{\sqrt{A{S}^2+A{M}^2}}=\frac{a\sqrt{21}}{7}.$

+ Dựng  $AH\perp BC$ $\Rightarrow d\left(A,BC\right)=AH$

+ $\left\{\begin{array}{l}AS\perp \left(SBC\right)\supset BC\Rightarrow AS\perp BC\\ AH\perp BC\end{array}\right.$

AH cắt Á cùng nằm trong $\left(SAH\right)$.

$\Rightarrow BC\perp \left(SAH\right)\supset SH\Rightarrow BC\perp SH$

Xét trong $\Delta SBC$ vuông tại S có H là đường cao ta có:

$\frac{1}{S{H}^2}=\frac{1}{S{B}^2}+\frac{1}{S{C}^2}$

$=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{4a^2}=\frac{5}{4a^2}$  

$\Rightarrow S{H}^2=\frac{4a^2}{5}$

$\Rightarrow SH=\frac{2a\sqrt{5}}{5}$

+ Ta dễ chứng minh được  $AS\perp \left(SBC\right)\supset SH\Rightarrow AS\perp SH$ 

$\Rightarrow \Delta ASH$ vuông tại S.

Áp dụng hệ thức lượng trong $\Delta ASH$ vuông tại S ta có:

$A{H}^2=S{A}^2+S{H}^2$

$=9a^2+\frac{4a^2}{5}=\frac{49a^2}{5}$

$\Rightarrow AH=\frac{7a\sqrt{5}}{5}$

$SA\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp AI$

Lại có $AI\perp AD$ ( hình thang vuông)

suy ra $IA\perp \left(SAD\right)$

$IJ\parallel AD$ theo tính chất hình thang, nên

$d\left(IJ,\left(SAD\right)\right)=d\left(I,\left(SAD\right)\right)$

$=IA=\frac{a}{2}$

Trong tam giác DHA , dựng $DH\perp SA$;

Vì  $DC//AB$

$\Rightarrow d\left(DC;\left(SAB\right)\right)=d\left(D;\left(SAB\right)\right)$

$=DH$

Xét tam giác vuông SDA có :

$\frac{1}{D{H}^2}=\frac{1}{S{D}^2}+\frac{1}{A{D}^2}$

$\Rightarrow DH=\frac{a\sqrt{12}}{3}=\frac{2a}{\sqrt{3}}$

Gọi O là tâm hình vuông  ABCD

Khi đó $SO\perp \left(ABCD\right)$

Kẻ  $OI\perp CD,OH\perp SI$

$\Rightarrow OH\perp \left(SCD\right)$

Ta tính được  $AO=\frac{a\sqrt{2}}{2},$

$\hspace{0.17em}SO=\sqrt{S{A}^2-A{O}^2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

$\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{O{I}^2}$

$\Rightarrow OH=\frac{a\sqrt{6}}{6}$

 $\Rightarrow d\left(A,\left(SCD\right)\right)=\frac{a\sqrt{6}}{3}$

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ

$A\left(0;0;0\right);B\left(1;0;0\right);D\left(0;1;0\right);$

$A^{\text{'}}\left(0;0;1\right);C\left(1;1;0\right);B^{\text{'}}\left(1;0;1\right);$

$D^{\text{'}}\left(0;1;1\right);C^{\text{'}}\left(1;1;1\right)$

$\overrightarrow{C{B}^{\text{'}}}=\left(0;-1;1\right);\overrightarrow{C{D}^{\text{'}}}=\left(-1;0;1\right)$

Viết phương trình mặt phẳng $\left(C{B}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)$

Có VTPT $\overrightarrow{n}=\left[\overrightarrow{C{B}^{\text{'}}};\overrightarrow{C{D}^{\text{'}}}\right]=\left(-1;-1;-1\right)$

$\left(C{B}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right):$

$1\left(x-1\right)+1\left(y-1\right)+1\left(z-0\right)=0$

$\iff x+y+z-2=0$

$d\left(BD;\left(C{B}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)\right)=d\left(B;\left(C{B}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)\right)$

$=\frac{\left|1+0+0-2\right|}{\sqrt{1^2+1^2+1^2}}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$

Vậy $d\left(BD;\left(C{B}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)\right)=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.

Đặc điểm của hình: Góc giữa SB tạo với mặt phẳng $\left(ABCD\right)$ là $\widehat{SBM}={60}^{\circ }.$

$BM=\frac{3}{4}BD=3a$; 

$SM=BM.\tan {60}^0=3\sqrt{3}a$

Xác định khoảng cách:

$d\left(D,\left(SBC\right)\right)=\frac{4}{3}d\left(M,\left(SBC\right)\right)$

$=\frac{4}{3}MH$

Tính khoảng cách MH:

$$\begin{gathered} \frac{1}{M{H}^2}=\frac{1}{M{K}^2}+\frac{1}{M{S}^2} \\ =\frac{1}{{\left(\frac{3}{4}.2\sqrt{3}a\right)}^2}+\frac{1}{{\left(3\sqrt{3}a\right)}^2}=\frac{5}{27a^2} \end{gathered}$$

$MH=\sqrt{\frac{27}{5}}a$ .vậy

 $$\begin{gathered} d\left(D,\left(SBC\right)\right)=\frac{4}{3}d\left(M,\left(SBC\right)\right) \\ =\frac{4}{3}MH=\frac{4\sqrt{15}}{5}a \end{gathered}$$

Đặc điểm của hình: SC tạo với mặt phẳng $\left(SAB\right)$góc $\widehat{CSB}={30}^{\circ }.$

$BC=\sqrt{3}a$; $SB=BC.\tan {30}^0=a$; $MC=\sqrt{{\left(\frac{3a}{4}\right)}^2+3a^2}=\frac{\sqrt{57}}{4}a$;

$MA=\frac{a}{4}$;$AC=2a$; $AS=2\sqrt{2}a$; $AK=\frac{2S_{AMC}}{MC}=\frac{\sqrt{19}}{19}a$

Xác định khoảng cách: $d\left(A,\left(SBC\right)\right)=AH$

Tính  $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{K}^2}+\frac{1}{A{S}^2}$

$=\frac{1}{{\left(\frac{\sqrt{19}}{19}a\right)}^2}+\frac{1}{{\left(2\sqrt{2}a\right)}^2}=\frac{153}{8a^2}$

Vậy $d\left(A,\left(SBC\right)\right)=AH=\frac{2\sqrt{34}}{51}$

Ta chứng minh: $NC\perp MD$

Thật vậy: $\Delta ADM=\Delta DCM$ vì  

$\widehat{A}=\widehat{D}={90}^0; AD=DC;$ $AM=DN$

$\Rightarrow \widehat{ADM}=\widehat{DCN};$ mà  $\widehat{ADM}+\widehat{MDC}={90}^0$

$\Rightarrow \widehat{MDC}+\widehat{DCN}={90}^0$

$\Rightarrow NC\perp MD$

Ta có: $BP\perp NC\left(MD//BP\right);BP\perp SH$

$\Rightarrow BP\perp \left(SNC\right)\Rightarrow \left(SBP\right)\perp \left(SNC\right)$

Kẻ  $HE\perp SF\Rightarrow HE\perp \left(SBP\right)$

$\Rightarrow d\left(H,\left(SBP\right)\right)=d(C,(SBP\left)\right)$$=HE$

Do $D{C}^2=HC.NC$

 $\Rightarrow HC=\frac{D{C}^2}{NC}=\frac{2a\sqrt{5}}{5}\Rightarrow HF=\frac{a\sqrt{5}}{5}$

Mà $HE=\frac{SH.HF}{SF}=\frac{SH.HF}{\sqrt{S{H}^2+H{F}^2}}=\frac{a\sqrt{3}}{4}$.

Do $\left(SAC\right)\perp \left(ABCD\right),\left(SBD\right)\perp \left(ABCD\right)$

 $\left(SAC\right)\cap \left(SBD\right)=SO$

$\Rightarrow SO\perp \left(ABCD\right)$

Dựng góc giữa $\left(SCD\right),\left(ABCD\right)$ :

$\left(SCD\right)\cap \left(ABCD\right)=DC$. Kẻ $OK\perp DC$

 $\Rightarrow SK\perp DC$

$\Rightarrow \left(\widehat{\left(SCD\right),\left(ABCD\right)}\right)=\widehat{SKO}$

Kéo dài MO cắt DC tại E 

Ta có:  

$\widehat{A_1}=\widehat{D_1};\widehat{A_1}=\widehat{M_1};\widehat{M_1}=\widehat{M_2}=\widehat{O_1}$

$\Rightarrow \widehat{D_1}=\widehat{O_1};\widehat{O_1}+\widehat{EOD}={90}^0$

$\Rightarrow \widehat{E}={90}^0$

$\Rightarrow E\equiv K$

Ta có: $OK=\frac{2a.a}{a\sqrt{5}};OM=\frac{AB}{2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$

$MK=\frac{9a\sqrt{5}}{10}$.

$\frac{d(O,(SCD\left)\right)}{d(M,(SCD\left)\right)}=\frac{OE}{ME}=\frac{9}{4}$

$\begin{array}{l}\Rightarrow d\left(M,\left(SCD\right)\right)\end{array}$$=\frac{9}{4}d\left(O,\left(SCD\right)\right)=\frac{9}{4}OH$

$OS=OK.\tan {60}^0=\frac{2a\sqrt{15}}{5}$

$\Rightarrow OH=\frac{OK.OS}{\sqrt{O{K}^2+O{S}^2}}=\frac{a\sqrt{15}}{5}$

$\Rightarrow d\left(M,\left(SCD\right)\right)=\frac{9a\sqrt{15}}{20}$

SC có hình chiếu vuông góc lên mp$\left(ABCD\right)$ là  HC

$\Rightarrow \widehat{SC,\left(ABCD\right)}=\widehat{SCH}={30}^0$

Đặt $AD=4x_{}^{}\left(x>0\right)$ 

Ta có : $S{A}^2=AH.AD$

$\Rightarrow 12a^2=12x^2\Rightarrow x=a$

$\Rightarrow AD=4a,AH=3a,HD=a$

Mà : $SH=\sqrt{S{A}^2-A{H}^2}=a\sqrt{3}$

$\Rightarrow HC=3a\Rightarrow DC=2\sqrt{2}a$

Kẻ $HE\perp BC,SH\perp BC$

$\Rightarrow \left(SHE\right)\perp \left(SBC\right)$

Kẻ  $HK\perp SE\Rightarrow HK\perp \left(SBC\right)$

$\Rightarrow d\left(H,SBC\right)=HK$

$\Rightarrow d\left(M,\left(SBC\right)\right)=\frac{HK}{2}$

$HK=\frac{SH.EH}{\sqrt{S{H}^2+E{H}^2}}=\frac{2a\sqrt{66}}{11}$

$\Rightarrow d\left(M,\left(SBC\right)\right)=\frac{a\sqrt{66}}{11}$

Ta có:  

$AB\text{'}=AC=AD\text{'}=B\text{'}D\text{'}$

$=B\text{'}C=CD\text{'}=a\sqrt{2}$

Nên tứ diện $AB\text{'}CD\text{'}$ là tứ diện đều.

Gọi I là trung điểm $B\text{'}C$, G là trọng tâm tam giác $B\text{'}CD\text{'}$.

Khi đó ta có: $d\left(A;\left(B\text{'}CD\text{'}\right)\right)=AG$ 

Vì tam giác $B\text{'}CD\text{'}$ đều nên

$D\text{'}I=a\sqrt{2}.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{2}$.

Theo tính chất trọng tâm ta có:

$D\text{'}G=\frac{2}{3}D\text{'}I=\frac{a\sqrt{6}}{3}$.

Trong tam giác vuông $AGD\text{'}$ có:

$AG=\sqrt{D\text{'}{A}^2-D\text{'}{G}^2}$

$=\sqrt{{\left(a\sqrt{2}\right)}^2-{\left(\frac{a\sqrt{6}}{3}\right)}^2}=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$.

Gọi H là hình chiếu của S lên $\left(ABC\right)$, vì mặt bên $\left(SBC\right)$ vuông góc với $\left(ABC\right)$ nên $H\in BC.$ 

Dựng $HI\perp AB,HJ\perp AC$, theo đề bài ta có

$\widehat{SIH}=\widehat{SJH}={45}^0$

Do đó tam giác $SHI=SHJ$ (cạnh góc vuông - góc nhọn)

Suy ra $HI=HJ$.

Lại có $\widehat{B}=\widehat{C}={45}^0$

$\Rightarrow \Delta BIH=\Delta CJH\Rightarrow HB=HC$

Vậy H trùng với trung điểm của BC.

Từ đó ta có HI là đường trung bình của tam giác ABC nên $HI=\frac{AC}{2}=\frac{a}{2}$.

Tam giác SHI vuông tại H và có $\widehat{SIH}={45}^0$

$\Rightarrow \Delta SHI$ vuông cân.

Do đó: $SH=HI=\frac{a}{2}$.

Gọi I là trung điểm của BC, H là trọng tâm tam giác ABC.

Do S.ABC là hình chóp đều nên $SH\perp \left(ABC\right)$

$\Rightarrow d\left(S,\left(ABC\right)\right)=SH$

Ta có $AI=\sqrt{A{B}^2-B{I}^2}$

$=\sqrt{d^2-\frac{d^2}{4}}=\frac{d\sqrt{3}}{2}$

$AH=\frac{2}{3}AI=\frac{d\sqrt{3}}{3}$

$\Rightarrow SH=\sqrt{S{A}^2-A{H}^2}=\sqrt{b^2-\frac{d^2}{3}}$

Nếu $AK\perp AC,\text{ do }AK\perp AB$

$\Rightarrow AK\perp \left(ABC\right)$

$\Rightarrow AK\equiv SA$ (vì $SA\perp \left(ABC\right)$ 

$\Rightarrow SA\perp SD\Rightarrow \Delta SAD$ có 2 góc vuông (vô lý).

Theo tính chất của hình vuông $CD\cancel{\perp }AC$.

Nếu $AC\perp OH,\text{ do }AC\perp BD$

$\Rightarrow AC\perp \left(SBD\right)\Rightarrow AC\perp SO$

$\Rightarrow \Delta SOA$ có 2 góc vuông (vô lý)

Như vậy  $AC\cancel{\perp }AK,AC\cancel{\perp }CD,AC\cancel{\perp }OH$

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD.

Khi đó $NA=NB=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ nên tam giác ANB cân, suy ra $NM\perp AB$.

Chứng minh tương tự ta có $NM\perp DC$, nên $d\left(AB;CD\right)=MN$.

Ta có:  

$S_{ABN}$$=\sqrt{p\left(p-AB\right)\left(p-BN\right)\left(p-AN\right)}$ (p là nửa chu vi)

$=\sqrt{\frac{a+a\sqrt{3}}{2}.\frac{a+a\sqrt{3}}{2}.\frac{a}{2}.\frac{a}{2}}=\frac{\sqrt{2}a}{4}$

Mặt khác: $S_{ABN}=\frac{1}{2}AB.MN=\frac{1}{2}a.MN$

$\Rightarrow MN=\frac{\sqrt{2}a}{2}$

Cách khác. Tính

$MN=\sqrt{A{N}^2-A{M}^2}$

$=\sqrt{\frac{3a^2}{4}-\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Ta có: BC // $\left(SAD\right)$

$\Rightarrow d\left(BC;SD\right)=d\left(BC;\left(SAD\right)\right)$

$=d\left(B;\left(SAD\right)\right)$

Mà $\left\{\begin{array}{l}AB\perp AD\\ AB\perp SA\end{array}\right.\Rightarrow AB\perp \left(SAD\right)$

$\Rightarrow d\left(B;\left(SAD\right)\right)=AB$

Ta có: $AB=\sqrt{A{C}^2-B{C}^2}$

$=\sqrt{5a^2-2a^2}=\sqrt{3}a$

Ta có: 

$d\left(B{B}^{\text{'}};AC\right)=d\left(B{B}^{\text{'}};\left(ACC\text{'}{A}^{\text{'}}\right)\right)$

$=\frac{1}{2}DB=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Ta có: $d\left(A{A}^{\text{'}};B{D}^{\text{'}}\right)=d\left(B{B}^{\text{'}};\left(DB{B}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)\right)$

$=\frac{1}{2}AC=\frac{\sqrt{2}}{2}$

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD.

Khi đó $NA=NB=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ nên tam giác ANB cân, suy ra $NM\perp AB$.

Chứng minh tương tự ta có $NM\perp DC$, nên $d\left(AB;CD\right)=MN$.

Ta có:

$S_{ABN}$$=\sqrt{p\left(p-AB\right)\left(p-BN\right)\left(p-AN\right)}$ (p là nửa chu vi)

$=\sqrt{\frac{a+a\sqrt{3}}{2}.\frac{a+a\sqrt{3}}{2}.\frac{a}{2}.\frac{a}{2}}$

$=\frac{\sqrt{2}a}{4}$

Mặt khác:  

$S_{ABN}=\frac{1}{2}AB.MN=\frac{1}{2}a.MN$

$\Rightarrow MN=\frac{\sqrt{2}a}{2}$

Vì hình chóp S.ABC đều có SO là đường cao

$\Rightarrow$O  là tâm của $\Delta ABC$

Gọi I là trung điểm cạnh BC.

Tam giác ABC đều nên $AI=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

$\Rightarrow AO=\frac{2}{3}AI=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.

Kẻ $OH\perp SA$$\Rightarrow d\left(O,SA\right)=OH$

Xét tam giác SOA vuông tại O :

$\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{O{A}^2}$

$=\frac{1}{{\left(\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)}^2}+\frac{1}{{\left(\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)}^2}=\frac{6}{a^2}$

$\Rightarrow OH=\frac{a\sqrt{6}}{6}$

Gọi N là trung điểm cạnh $D{D}_1$ và $H=A_{1}N\cap M{D}_1$

Khi đó ta chứng minh được $A_{1}N\perp M{D}_1$  

suy ra  $A_{1}N\perp \left(C_1{D}_{1}M\right)$

$\Rightarrow d\left(A_1,\left(C_1{D}_{1}M\right)\right)=AH$

$=\frac{A_1{D}_1^2}{A_{1}N}=\frac{A_1{D}_1^2}{\sqrt{A_1{D}_1^2+N{D}_1^2}}$

$\Rightarrow d\left(A_1,\left(C_1{D}_{1}M\right)\right)=\frac{2a}{\sqrt{5}}$

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Do S.ABC là chóp đều nên $SG\perp \left(ABC\right)$.

$AM=\frac{3a\sqrt{3}}{2}$

$\Rightarrow AG=\frac{2}{3}AM=a\sqrt{3}.$  

$\Delta SAG$ vuông tại G  

$SG=\sqrt{S{A}^2-A{G}^2}$

$=\sqrt{4a^2-3a^2}=a.$

Ta có: $\left(MNP\right)$// $\left(AC{A}^{\text{'}}\right)$

$\Rightarrow d\left(\left(MNP\right);\left(AC{A}^{\text{'}}\right)\right)$

$=d\left(P;\left(AC{A}^{\text{'}}\right)\right)$

$=\frac{1}{2}O{D}^{\text{'}}=\frac{a\sqrt{2}}{4}$