Câu 3 (3,0 điểm).
1) Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thang vuông tại $A$ và $B$, $AD=2AB=2BC$, $CD=2\sqrt{2}$. Hình chiếu vuông góc của $S$ trên mặt đáy là trung điểm $M$ của cạnh $CD$. Tính khoảng cách từ trọng tâm $G$ của tam giác $SAD$ đến mặt phẳng $(SBM)$.
2) Cho khối lăng trụ $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$, khoảng cách từ $C$ đến đường thẳng $B{B}^{\prime }$ bằng $2\sqrt{2}$, khoảng cách từ $A$ đến các đường thẳng $B{B}^{\prime }$ và $C{C}^{\prime }$ lần lượt bằng $\sqrt{3}$ và $\sqrt{5}$, hình chiếu vuông góc của $A$ lên mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ là trung điểm $H$ của $B^{\prime }{C}^{\prime }$ và $A^{\prime }H=2$. Tính thể tích của khối lăng trụ đã cho.

1) Trong mặt phẳng $(ABCD)$, kẻ $CI\perp AD$ mà $AD=2AB=2BC$ nên suy ra $ABCD$ là hình vuông và $I$ là trung điểm của $AD$ hay $CID$ là tam giác vuông cân tại $I$.

Ta có $SM\perp (ABCD)\Rightarrow (SMB)\perp (ABCD)$. Nên từ $I$ ta kẻ $IX\perp BM$ $\Rightarrow IX\perp (SBM)$. Trong $(SIX)$ ta kẻ $GN//IX$ $\Rightarrow GN\perp (SBM)\Rightarrow d\left[G,(SBM)\right]=GN$.

Trong tam giác $SIX$: $GN//IX$ nên $\frac{GN}{IX}=\frac{SG}{SI}=\frac{2}{3}\Rightarrow GN=\frac{2}{3}IX$.

Ta xét $(ABCD)$:



Kẻ $MF\perp AD$ mà $M$ là trung điểm của $CD\Rightarrow MF=\frac{1}{2}AB$.

Suy ra $F$ là trung điểm của $AQ$, $Q=AD\cap BM$. Ta có: $CD=2\sqrt{2}$, mà $\Delta CID$ vuông cân tại $I$ nên $ID=2$. Do $MF=\frac{1}{2}AB$ suy ra $F$ là trung điểm của $AQ\Rightarrow AQ=6$.

Xét tam giác vuông $ABQ$, ta kẻ $AK\perp BQ\Rightarrow AK=\frac{AQ\cdot AB}{\sqrt{A{Q}^2+A{B}^2}}=\frac{3\sqrt{10}}{5}$.

Ta xét 2 tam giác đồng dạng $QIX$ và $QAK$: $\Rightarrow IX=\frac{QI\cdot AK}{QA}=\frac{2\sqrt{10}}{5}$.

Suy ra: $GN=\frac{2}{3}IX=\frac{2}{3}\cdot \frac{2\sqrt{10}}{5}=\frac{4\sqrt{10}}{15}$.

Vậy $d\left[G,(SBM)\right]=\frac{4\sqrt{10}}{15}$.



2) Kẻ $AE\perp B{B}^{\prime }$ tại $E$, $AF\perp C{C}^{\prime }$ tại $F$.

Ta có $\{\begin{array}{l}AE\perp B{B}^{\prime }\\ AF\perp B{B}^{\prime }\end{array}\Rightarrow B{B}^{\prime }\perp (AEF)\Rightarrow EF\perp B{B}^{\prime }$.

Khi đó $d(A,B{B}^{\prime })=AE=\sqrt{3}$, $d(A,C{C}^{\prime })=AF=\sqrt{5}$, $d(C,B{B}^{\prime })=EF=2\sqrt{2}$.

Do $A{E}^2+A{F}^2=E{F}^2$ nên tam giác $AEF$ vuông tại $A$.

Gọi $I$ là trung điểm $EF$ suy ra $AI=\frac{EF}{2}=\sqrt{2}$.

Gọi $K$ là trung điểm $BC$. Ta có $K,I,H$ thẳng hàng.

Do $HK\parallel B{B}^{\prime }$ suy ra $HK\perp (AEF)\Rightarrow HK\perp AI$.

Ta có $AK=A^{\prime }H=2$.

Tam giác $AKH$ vuông tại $A$ có đường cao $AI$ nên $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{I}^2}-\frac{1}{A{K}^2}=\frac{1}{2}-\frac{1}{4}=\frac{1}{4}\Rightarrow AH=2$.



Mặt khác $\{\begin{array}{l}(A{A}^{\prime }HK)\perp (ABC)\\ (A{A}^{\prime }HK)\perp (AEF)\\ (A{A}^{\prime }HK)\cap (ABC)=AK\\ (A{A}^{\prime }HK)\cap (AEF)=AI\end{array}$

Suy ra góc giữa mặt phẳng $(ABC)$ và $(AEF)$ là $IAK$.

Hình chiếu của tam giác $ABC$ lên mặt phẳng $(AEF)$ là tam giác $AEF$ nên $S_{\Delta AEF}=S_{\Delta ABC}.\cos IAK\iff \frac{1}{2}AE.AF=S_{\Delta ABC}.\frac{AI}{AK}$.

Suy ra: $S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}.\frac{AE.AF.AK}{AI}=\frac{1}{2}.\frac{\sqrt{3}.\sqrt{5}.2}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{30}}{2}$.

Vậy $V_{ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=S_{\Delta ABC}.AH=\frac{\sqrt{30}}{2}.2=\sqrt{30}$.