Câu 1 Cho hình chóp có đáy là hình vuông cạnh a,\(SD = \frac{{a\sqrt {17} }}{2}\) . Hình chiếu vuông góc H của S lên mặt (ABCD) là trung điểm của đoạn AB. Gọi K là trung điểm của AD. Tính khoảng cách giữa hai đường SD và HK theo a. A. \(d = \frac{{a\sqrt 3 }}{7}\) B. \(d= \frac{{a\sqrt 3 }}{5}\) C. \(d = \frac{{a\sqrt {21} }}{5}\) D. \(d = \frac{{a\sqrt 3 }}{7}\) Hướng dẫn Ta có \(SH = \sqrt {S{D^2} - H{D^2}} = \sqrt {S{D^2} - H{A^2} - A{D^2}} = a\sqrt 3\) Kẻ \(HM \bot BD\), gọi O là giao điểm của AC và BD ta có: \(AO = \frac{{AO}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow HM = \frac{{AC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\) \(HK//BD \Rightarrow HK//\left( {SBD} \right)\) \(\Rightarrow d\left( {HK;SD} \right) = d\left( {HK;\left( {SBD} \right)} \right)\) Mà \(d\left( {HK;\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {H;\left( {SBD} \right)} \right)\) Kẻ \(HN \bot SM\) tại M. Khi đó \(d\left( {H;\left( {SBD} \right)} \right) = HN\). \(\frac{1}{{H{N^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{M^2}}} \Rightarrow HN = \frac{{a\sqrt 3 }}{5}\) \(\Rightarrow d\left( {HK;SD} \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{5}\) Câu 2 Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông; mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy; \(BC = a\sqrt 3\). Tính khoảng cách h từ điểm A đến mặt phẳng (SCD). A. \(h = \frac{{3a}}{{\sqrt 7 }}\) B. \(h = \frac{{a\sqrt 2 }}{3}\) C. \(h = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\) D. \(h = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\) Hướng dẫn Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD. Vì tam giác SAB đều và \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(SM \bot \left( {ABCD} \right)\) Vì \(AM//CD \Rightarrow AM//(SCD) \Rightarrow h = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {M,\left( {SCD} \right)} \right)\) Vì \(MN//BC \Rightarrow MN \bot CD\) Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên SN. \(\left\{ \begin{array}{l} CD \bot MN\\ CD \bot SM \end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SMN} \right) \Rightarrow CD \bot MH\) \(\Rightarrow MH \bot \left( {SCD} \right)\) \(MN = AB = BC = a\sqrt 3\) \(SM = AB.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3a}}{2}\) \(\frac{1}{{M{H^2}}} = \frac{1}{{S{M^2}}} + \frac{1}{{M{N^2}}} \Rightarrow SH = \frac{{3a}}{{\sqrt 7 }}\) Câu 3 Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a. Đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SA=2a. Gọi N là trung điểm của AD. Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng SN và CD. A. \(d = \frac{{2a}}{{\sqrt 5 }}\) B. \(d =a\sqrt5\) C. \(d =a\sqrt2\) D. \(d = \frac{{2a}}{{\sqrt 3 }}\) Hướng dẫn Gọi M là trung điểm BC Vì CD//MN nên CD//(SMN) Suy ra: d(CD;SN)=d(CD,(SMN))=d(D;(SMN))=d(A;(SMN)) (Vì N là trung điểm của AD) Vẽ \(AH \bot SN\) tại H. Ta có: \(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} MN \bot SA\\ MN \bot AN \end{array} \right. \Rightarrow MN \bot (SAN)\\ \Rightarrow MN \bot AH \Rightarrow AH \bot (SMN)\\ \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{N^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\\ \Rightarrow d\left( {SN,CD} \right) = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5} \end{array}\) Câu 4 Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SA=a. Gọi M là trung điểm của cạnh CD. Tính khoảng cách d từ M đến mặt phẳng (SAB). A. \(d = a\sqrt 2\) B. \(d = 2a\) C. \(d = a\) D. \(d = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\) Hướng dẫn Gọi N là trung điểm của AB. Ta có: \(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} MN \bot AB\\ MN \bot SA \end{array} \right. \Rightarrow MN \bot (SAB)\\ \Rightarrow d(M,(SAB)) = MN = AD = a \end{array}\) Câu 5 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Biết hình chóp S.ABC có thể tích bằng \(a^3\). Tính khoảng cách d từ điểm A đến mặt phẳng (SBC). A. \(d = \frac{{6{\rm{a}}\sqrt {195} }}{{65}}\) B. \(d = \frac{{{\rm{a}}\sqrt {195} }}{{65}}\) C. \(d = \frac{{4{\rm{a}}\sqrt {195} }}{{65}}\) D. \(d = \frac{{8{\rm{a}}\sqrt {195} }}{{195}}\) Hướng dẫn Gọi các điểm như hình vẽ. Ta có \(AI \bot BC,SA \bot BC \Rightarrow BC \bot \left( {SAI} \right)\) Suy ra \(BC \bot AK \Rightarrow AK = {d_{\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right)}}\) Ta có: \(V = {a^3},{S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} \Rightarrow SA = 4a\sqrt 3\) Mà \(AI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) Trong tam giác vuông SAI ta có \(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{S^2}}} + \frac{1}{{A{I^2}}}\) Vậy \(d = AK = \sqrt {\frac{{A{S^2}.A{I^2}}}{{A{S^2} + A{I^2}}}} = \frac{{4a\sqrt {195} }}{{65}}.\) Câu 6 Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SD = \frac{{a\sqrt {17} }}{2}, hình chiếu vuông góc H của S lên mặt (ABCD) là trung điểm của đoạn AB. Tính chiều cao h của khối chóp H.SBD theo a. A. \(h = \frac{{\sqrt 3 a}}{2}\) B. \(h = \frac{{a\sqrt 3 }}{7}\) C. \(h = \frac{{a\sqrt {21} }}{2}\) D. \(h = \frac{{3a}}{5}\) Hướng dẫn Từ H kẻ HI vuông góc với BD \(\left( {I \in BD} \right)\) và \(HK \bot SI\) suy ra \(HK \bot \left( {SBD} \right).\) Ta có \(SH = \sqrt {S{D^2} - H{D^2}} = a\sqrt 3\) và \(HI = \frac{{AC}}{4} = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\) Suy ra \(HK = \frac{{SH.IH}}{{\sqrt {S{H^2} + I{H^2}} }} = \frac{{\frac{{{a^2}\sqrt 6 }}{4}}}{{\frac{{5a\sqrt 2 }}{4}}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{5}\) Do đó chiều cao của khối chóp H.SBD là \(h = \frac{{a\sqrt 3 }}{5}.\) Câu 7 Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, \(AB = a,AD = 2a\); cạnh bên SA = a và vuông góc với đáy. Tính khoảng cách d từ A tới mặt phẳng (SBD) . A. d=a B. \(d = \frac{{2a}}{3}\) C. \(d = \frac{{a}}{3}\) D. \(d = \frac{{a}}{2}\) Hướng dẫn Gọi K là hình chiếu của A lên BD nên \(AK \bot BD\) Ta có \(SA \bot (ABCD) \Rightarrow SA \bot BD \Rightarrow BD \bot (SAK)\) Từ A kẻ \(AH \bot BD(H \in BD)\) mà \(BD \bot (SAK) \Rightarrow BD \bot AH\) \(\Rightarrow AH \bot (SBD) \Rightarrow d(A;(SBD)) = AH\) Kẻ \(\Delta SAK\) vuông tại A, đường cao AH khi đó \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{K^2}}}\) Mặt khác \(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{A{D^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{9}{{4{a^2}}}\) Suy ra \(AH = \frac{{2a}}{3}\), vậy khoảng cách cần tính là \(d(A;(SBD)) = \frac{{2a}}{3}\) Câu 8 Cho hình chóp S.ABC có SA, SB, SC đôi một vuông góc với nhau và SA=a, SB=3a, SC=4a. Tìm độ dài đường cao SH của hình chóp. A. \(SH = \frac{{14a}}{{13}}.\) B. \(SH = 7a.\) C. \(SH = \frac{{12a}}{{13}}.\) D. \(SH = \frac{{13a}}{{12}}.\) Hướng dẫnĐộ dài đường cao SH của khối chóp là: \(\frac{1}{{S{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{S{B^2}}} + \frac{1}{{S{C^2}}} = \frac{{169}}{{144{a^2}}} \Rightarrow SH = \frac{{12a}}{{13}}.\) Câu 9 Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có các cạnh \(AA' = 1,AB = 2,AD = 3.\) Tính khoảng cách d từ điểm A đến mặt phẳng (A’BD). A. \(d = \frac{{49}}{{36}}.\) B. \(d = \frac{{9}}{{13}}.\) C. \(d = \frac{{7}}{{6}}.\) D. \(d = \frac{{6}}{{7}}.\) Hướng dẫn Dựng \(AK \bot BD,K \in BD\) mà \(AA' \bot BD\) suy ra \(BD \bot \left( {AA'K} \right)\). Dựng \(AH \bot A'K,H \in A'K\) mà \(AH \bot BD\) suy ra \(AH \bot \left( {A'BD} \right)\) nên \(d\left( {A,\left( {A'BD} \right)} \right) = AH\) Ta có tam giác ABD vuông tại A, đường cao AK nên \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{K^2}}} + \frac{1}{{A{{A'}^2}}}\) Ta có tam giác AA’K vuông tại A, đường cao AH nên \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{K^2}}} + \frac{1}{{A{{A'}^2}}}\) Suy ra \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} + \frac{1}{{A{{A'}^2}}}\) Suy ra \(AH = \frac{6}{7}.\) Câu 10 Cho khối chóp S.ABCD có thể tích bằng \(a^3.\) Mặt bên SAB là tam giác đều cạnh a và thuộc mặt phẳng vuông góc với đáy, biết đáy ABCD là hình bình hành. Tính theo a khoảng cách d giữa SA và CD. A. \(d = 2\sqrt 3 a.\) B. \(d = \sqrt 3 a.\) C. \(d = \frac{{2a}}{{\sqrt 3 }}.\) D. \(d = \frac{a}{2}.\) Hướng dẫn Gọi O là trung điểm của AB, tam giác SAB đều \(\Rightarrow SA \bot AB \Rightarrow SA \bot \left( {ABCD} \right)\) \(\Rightarrow {V_{SABCD}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = {a^3} \Rightarrow {S_{ABCD}} = 2{a^2}\sqrt 3\) Gọi H là hình chiếu của C lên AB suy ra \(CH \bot AB\) Mà \(SO \bot CH\) nên ta được \(CH \bot \left( {SAB} \right)\) Xét tam giác ABC có diện tích \(S = {a^2}\sqrt 3 \Rightarrow d\left( {C;AB} \right) = \frac{{2S}}{{AB}} = 2a\sqrt 3\) Mặt khác \(CD//\left( {SAB} \right) \Rightarrow d\left( {SA;CD} \right) = d\left( {C;\left( {SAB} \right)} \right) = 2a\sqrt 3 .\)
Cho hình chóp S.ABC có \widehat {ASB} = \widehat {CSB} = {60^0},\widehat {ASC} = {90^0},SA = SB = SC = a.Tính khoảng cách d từ điểm A đến mặt phẳng (SBC). A. \(d = 2a\sqrt 6\) B. \(d = a\sqrt 6\) C. \(d = \frac{{2a\sqrt 6 }}{3}\) D. \(d = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\)
Hình chóp có các cạnh bên bằng nhau thì chân đường cao hạ từ S xuống mặt đáy trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp của đáy. Ta có: Tam giác BSC, ASB đều nên \(AB = BC = a,AC = a\sqrt 2\) Do dó tam giác ABC vuông tại B. Hình chiếu của S lên đáy là trung điểm của AC. Dựng \(HE \bot BC;HF \bot SE\). Do \(AC = 2HC\) nên \(d\left( {A,(SBC)} \right) = 2d\left( {H,(SBC)} \right) = 2HF = \frac{{HE.SH}}{{\sqrt {H{E^2} + S{H^2}} }}\) Trong đó \(HE = \frac{{AB}}{2} = \frac{a}{2};SH = \sqrt {S{A^2} - H{A^2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\) Do đó \({d_A} = 2HF = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}.\)
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A, BC=2a, tam giác SBC là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng SA và BC. A. \(d = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\) B. \(d = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) C. \(d =a\sqrt{6}\) D. \(d =a\sqrt{3}\)
Gọi D là trung điểm của BC Suy ra SD vuông góc với đáy (ABC) \(BC \bot AD;BC \bot SD \Rightarrow BC \bot (SDA) \Rightarrow BC \bot DM\) (M là chân đường cao kẻ từ D xuống SA) Suy ra DM chính là đoạn vuông góc với cả 2 đoạn BC và SA nên DM chính là khoảng cách giữa 2 đường thẳng BC và SA. Xét tam giác vuông SDA ta có: AD=a; \(SD = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.2a = \sqrt 3 a\) \(\frac{1}{{D{M^2}}} = \frac{1}{{S{D^2}}} + \frac{1}{{D{A^2}}} \Rightarrow DM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh 2a, D là trung điểm BC. Biết SAD là tam giác đều và mặt phẳng (SAD) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAB). A. \(\frac{{6\sqrt {13} a}}{{13}}\) B. \(\frac{{6\sqrt {13} a}}{7}\) C. \(\frac{{4\sqrt {13} a}}{7}\) D. \(\frac{{4\sqrt {13} a}}{{13}}\)
Gọi H là trung điểm của \(AD \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)\) Ta có: \(AD = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} - {a^2}} = a\sqrt 3 ;SH = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{{3a}}{2}\) Gọi E là trung điểm của AB. Qua H kẻ đường thẳng song song với CE, giao với AB tại I.
Kẻ \(KH \bot SI\). Ta có: \(KH \bot \left( {SAB} \right)\) Ta có: \(CE = AD = a\sqrt 3 ;EG = \frac{{CE}}{3} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3};\frac{{AH}}{{AG}} = \frac{3}{4}\) \(\frac{{HI}}{{EG}} = \frac{{AH}}{{AG}} = \frac{3}{4} \Rightarrow HI = \frac{3}{4}EG = \frac{3}{4}.\frac{{a\sqrt 3 }}{3} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\) \(\frac{1}{{K{H^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{3a}}{2}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{4}} \right)}^2}}} = \frac{{52}}{{9{a^2}}} \Rightarrow HK = \frac{{3a}}{{2\sqrt {13} }}\) Ta có \(HI = \frac{3}{4}EG = \frac{3}{4}.\frac{1}{3}CE = \frac{1}{4}CE \Rightarrow d\left( {C;\left( {SAB} \right)} \right) = 4d\left( {H;\left( {SAB} \right)} \right) = 4.\frac{{3a}}{{2\sqrt {13} }} = \frac{{6a}}{{\sqrt {13} }}\)
Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ABCD là điểm H thuộc cạnh AB sao cho \(HB = 2HA.\) Cạnh SC tạo với mặt đáy (ABCD) một góc bằng \({60^o}.\) Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng AD và SC. A. \(d = 3a\sqrt {\frac{{13}}{{129}}} .\) B. \(d = \frac{4}{3}a\sqrt {\frac{{13}}{{129}}} .\) C. \(d = 2a\sqrt {\frac{{13}}{{129}}} .\) D. \(d = 6a\sqrt {\frac{{13}}{{129}}} .\)
Ta có: \(HC = \frac{{a\sqrt {13} }}{3};\,\,\,SH = HC.\tan {60^o} = \frac{{a\sqrt {39} }}{3}\). Gọi I là hình chiếu của H lên SB, khi đó: \(d\left( {A{\rm{D}},SC} \right) = d\left( {A{\rm{D}},\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{3}{2}d\left( {H,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{3}{2}HI\) Trong tam giác vuông SHB: \(\frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{{H{{\rm{S}}^2}}} + \frac{1}{{H{B^2}}} \Rightarrow HI = 2{\rm{a}}\sqrt {\frac{{13}}{{129}}} \Rightarrow d\left( {A{\rm{D}},SC} \right) = 3{\rm{a}}\sqrt {\frac{{13}}{{129}}} .\)
Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của điểm A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm của tam giác ABC. Biết thể tích của khối lăng trụ là \(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}.\) Khoảng cách giữa hai đường thẳng AA’ và BC là: A. \(\frac{{2a}}{3}\) B. \(\frac{{3a}}{2}\) C. \(\frac{{4a}}{3}\) D. \(\frac{{3a}}{4}\)
Gọi M là trung điểm BC. Có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AM \bot BC}\\{A'G \bot BC}\end{array} \Rightarrow CB \bot \left( {AA'M} \right)} \right.\) Trong \(\left( {AA'M} \right)\) dựng \(MH \bot AA' \Rightarrow MH\) là đường vuông góc chung của AA’ và BC. Có \({V_{lt}} = {S_d}.A'G \Rightarrow A'G = \frac{V}{S} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{4.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}}} = a \Rightarrow AA' = \sqrt {A'{G^2} + A{G^2}} = \frac{{2a}}{{\sqrt 3 }}\) Xét tam giác AA’M có: \(A'G.AM = MH.AA' \Rightarrow HM = \frac{{AG.AM}}{{AA'}} = \frac{{a.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{2a}}{{\sqrt 3 }}}} = \frac{{3a}}{4}\)
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có thể tích \(V = \frac{{\sqrt 2 }}{6}.\) Gọi M là trung điểm của cạnh SB. Biết \(SB\perp SD\). Tính khoảng cách d từ điểm B đến mặt phẳng (MAC). A. \(d = \frac{1}{2}.\) B. \(d = \frac{2}{\sqrt{3}}.\) C. \(d = \frac{3}{4}.\) D. \(d = \frac{1}{\sqrt{2}}.\)
Gọi O là giao điểm của AC và BD. \(\Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\) Giả sử cạnh của hình vuông ABCD là a \(\Rightarrow BD = a\sqrt 2 \Rightarrow SO = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\) Khi đó: \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6} = \frac{{\sqrt 2 }}{6} \Rightarrow a = 1.\)
Qua M kẻ đường thẳng song song với SO cắt OD tại H. \(\Rightarrow MH \bot \left( {ABCD} \right).\) Kẻ \(HK\perp MO\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} AC \bot HO\\ AC \bot {\rm{S}}O \end{array} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {SOH} \right)\) \(\Rightarrow AC \bot HK\) mà \(HK \bot OM \Rightarrow HK \bot \left( {MAC} \right)\) Ta có: \(OH = \frac{1}{4}BD = \frac{{\sqrt 2 }}{4};\,\,MH = \frac{1}{2}SO = \frac{{\sqrt 2 }}{4}\) \(\Rightarrow \frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{H{O^2}}} + \frac{1}{{H{M^2}}} = 16 \Rightarrow HK = \frac{1}{4}.\) Ta có: \(d\left( {B,\left( {MAC} \right)} \right) = 2d\left( {H,\left( {MAC} \right)} \right) = 2HK = \frac{1}{2}.\)
Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh bằng a. Tính khoảng cách h từ đỉnh A đến mặt phẳng (A’BC). A. \(h = 2a\sqrt {\frac{7}{3}} .\) B. \(h = a\sqrt {\frac{{33}}{7}} .\) C. \(h = \frac{{2a\sqrt 3 }}{7}.\) D. \(h = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}.\)
Trong (ABC): Kẻ \(AI\perp BC\) suy ra \(AI =\frac{a\sqrt{3}}{2}\) Trong (AA’I) Kẻ \(AO \bot A'I.\) Khi đó \(d\left( {A,\left( {A'BC} \right)} \right) = AO.\) Ta có \(\frac{1}{{A{O^2}}} = \frac{1}{{A{{A'}^2}}} + \frac{1}{{A{I^2}}} \Rightarrow AO = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}.\)
