Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và \(SBD=60^0\).

* Hướng dẫn giải

Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AD, BC thì AB // EF \( \Rightarrow \) AB // (SEF) 

Mà \(SO \subset \left( {SEF} \right) \Rightarrow d\left( {AB,SO} \right) = d\left( {AB,\left( {SEF} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SEF} \right)} \right)\) 

Dựng \(AH\bot SE\) 

Ta thấy: FE // AB, \(AB \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow FE \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow FE \bot AH\) 

Mà \(AH\bot SE\) nên \(AH \bot \left( {SEF} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {SEF} \right)} \right) = AH\) 

ABCD là hình vuông cạnh a nên \(BD = a\sqrt 2 \) 

Dễ dàng chứng minh được \(\Delta SAB = \Delta SAD\,(c.g.c) \Rightarrow SB = SD\) 

Tam giác SBD cân có \(SBD=60^0\) nên đều \( \Rightarrow SD = BD = a\sqrt 2 \) 

Tam giác SAD vuông tại A có \(SA = \sqrt {S{D^2} - A{D^2}}  = \sqrt {2{a^2} - {a^2}}  = a\) 

Tam giác SAE vuông tại A có \(SA = a,AE = \frac{1}{2}AD = \frac{a}{2} \Rightarrow SE = \sqrt {S{A^2} - A{E^2}}  = \sqrt {{a^2} + \frac{{{a^2}}}{4}}  = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\) 

Do đó \(AH = \frac{{SA.AE}}{{SE}} = \frac{{a.\frac{a}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 5 }}{2}}} = \frac{a}{{\sqrt 5 }} = \frac{{a\sqrt 5 }}{5}\)