Cho chóp tứ giác đều S.ABCD có AB = a và \(SB = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\). Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC).

Gọi \(O = AC \cap BD\). Vì chóp S.ABCD đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

Ta có: \(AO \cap \left( {SBC} \right) = C\)\( \Rightarrow \frac{{d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right)}}{{d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right)}} = \frac{{AC}}{{OC}} = 2\)

\( \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = 2d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right)\).

Gọi M là trung điểm của BC, suy ra OM là đường trung bình của tam giác ABC.

\( \Rightarrow OM\parallel AB\) và \(OM = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2}AB = \frac{a}{2}\). Mà \(AB \bot BC\) nên \(OM \bot BC\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot OM\\BC \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SOM} \right)\).

\(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot \left( {SOM} \right)\\BC \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left( {SOM} \right) \bot \left( {SBC} \right)\)  và \(\left( {SOM} \right) \cap \left( {SBC} \right) = SM\).

Trong (SOM) kẻ \(OH \bot SM\) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \bot \left( {SOM} \right)\\\left( {SBC} \right) \cap \left( {SOM} \right) = SM\\OH \subset \left( {SOM} \right),\,\,OH \bot SM\end{array} \right.\)\( \Rightarrow OH \bot \left( {SBC} \right)\)

Do đó \(d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right) = OH\) và \(d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = 2OH\).

Vì ABCD là hình vuông cạnh a nên \(AC = BD = a\sqrt 2 \) \( \Rightarrow OB = \frac{1}{2}BD = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SOB có: \(SO = \sqrt {S{B^2} - O{B^2}} \)\( = \sqrt {\frac{{3{a^2}}}{4} - \frac{{2{a^2}}}{4}}  = \frac{a}{2}\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SOM có:

\(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{M^2}}}\)\( = \frac{4}{{{a^2}}} + \frac{4}{{{a^2}}} = \frac{8}{{{a^2}}}\)  \( \Rightarrow OH = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\).

Vậy \(d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = 2OH = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).