Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Khoảng cách hai đường chéo nhau không tọa độ (Toán học Lớp 11)

Vì $AB\parallel CD$ nên $AB\parallel (SCD)⟹d(AB,CM)=d(AB,(SCD))=d(A,(SCD))$.
Tam giác $SAD$ vuông tại $A$ có $SA=a\sqrt{2},AD=a$.
Vì $CD\perp AD$ và $CD\perp SA$ nên $CD\perp (SAD)⟹(SCD)\perp (SAD)$ theo giao tuyến $SD$.
Kẻ $AH\perp SD$ tại $H⟹AH\perp (SCD)⟹d(A,(SCD))=AH$.
Trong tam giác vuông $SAD$: $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{D}^2}=\frac{1}{2a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{3}{2a^2}⟹AH=\frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$. Chọn B.

Chọn B.


+) Vì $(SAB)\perp (ABC)$ và $(SAC)\perp (ABC)$ nên giao tuyến $SA\perp (ABC)$. Do đó $SA\perp (ABC)$ và $SA=a$.
+) Xét tam giác $ABC$ có $A{B}^2+A{C}^2=(2a{)}^2+(2a{)}^2=8a^2=B{C}^2$, suy ra tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$.
+) Kẻ đường thẳng qua $M$ song song với $AC$ cắt $AB$ tại $N$. Khi đó $AC\parallel (SMN)$ và $N$ là trung điểm của $AB$ (vì $M$ là trung điểm $BC$).
Khoảng cách giữa $AC$ và $SM$ là:
$d(AC,SM)=d(AC,(SMN))=d(A,(SMN))$.
+) Tứ diện $S.AMN$ có $SA,AN,NM$ đôi một vuông góc tại $A$ (do $MN\parallel AC\perp AB$ nên $MN\perp AB$):
$SA=a$, $AN=\frac{AB}{2}=a$, $MN=\frac{AC}{2}=a$.
Ta có $MN\perp (SAB)$ vì $MN\perp AB$ và $MN\perp SA$. Kẻ $AH\perp SN$ ($H\in SN$) thì $AH\perp (SMN)$.
Do đó $d(A,(SMN))=AH=\frac{SA\cdot AN}{\sqrt{S{A}^2+A{N}^2}}=\frac{a\cdot a}{\sqrt{a^2+a^2}}=\frac{a}{\sqrt{2}}$.

Gắn hệ trục tọa độ với $A(0;0;0),B(4;0;0),D(0;3;0),A^{\prime }(0;0;5)$, ta có $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=(4;3;5)$ và $\overrightarrow{B^{\prime }C}=(0;3;-5)$. Khi đó $d(A{C}^{\prime },B^{\prime }C)=\frac{|[\overrightarrow{A{C}^{\prime }},\overrightarrow{B^{\prime }C}]\cdot \overrightarrow{AC}|}{|[\overrightarrow{A{C}^{\prime }},\overrightarrow{B^{\prime }C}]|}=\frac{60}{\sqrt{900+400+144}}=\frac{60}{38}=\frac{30}{19}$. Chọn D.

Kẻ $HK\perp CD$ tại $K$, suy ra góc giữa $(SCD)$ và đáy là $\widehat{SKH}=45^{\circ }⟹SH=HK$. Trong tam giác vuông $BCD$, $HD=\frac{3}{4}BD=\frac{3a\sqrt{2}}{2}⟹HK=HD\sin 45^{\circ }=\frac{3a}{2}⟹SH=\frac{3a}{2}$. Chọn hệ tọa độ thích hợp tính khoảng cách giữa hai đường chéo nhau $SA$ và $BD$ ta được $d(SA,BD)=\frac{3a\sqrt{34}}{17}$. Chọn A.

Vì đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $1$ nên $BD=\sqrt{2}$. Tam giác $SBD$ đều $\Rightarrow SB=SD=\sqrt{2}\Rightarrow SA=\sqrt{S{B}^2-A{B}^2}=1$. Đặt hệ trục hoặc tính khoảng cách giữa $SO$ và $CD$: $d(SO,CD)=\frac{\sqrt{5}}{5}\Rightarrow a=5,b=5\Rightarrow a+b=10$. Chọn B.

Ta có $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{4a^2+16a^2}=2a\sqrt{5}$. Góc $\widehat{SCA}=60^{\circ }⟹SA=AC\tan 60^{\circ }=2a\sqrt{15}$. Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ với $A\equiv O(0;0;0)$, tia $Ax$ chứa $AB$, tia $Ay$ chứa $AD$, tia $Az$ chứa $AS$. Khi đó: $B(2a;0;0),D(0;4a;0),C(2a;4a;0),S(0;0;2a\sqrt{15})$. Vì $M$ là trung điểm $BC⟹M(2a;2a;0)$, $N\in AD$ sao cho $DN=a⟹N(0;3a;0)$. Vectơ chỉ phương $\overrightarrow{NM}=(2a;-a;0)=a(2;-1;0)$, $\overrightarrow{SB}=(2a;0;-2a\sqrt{15})=2a(1;0;-\sqrt{15})$. Vectơ $[{\vec{u}}_{NM},{\vec{u}}_{SB}]=(\sqrt{15};2\sqrt{15};1)$ có độ dài $\sqrt{15+60+1}=2\sqrt{19}$. Lại có $\overrightarrow{NB}=(2a;-3a;0)$, nên $|[{\vec{u}}_{NM},{\vec{u}}_{SB}]\cdot \overrightarrow{NB}|=|2a\sqrt{15}-6a\sqrt{15}|=4a\sqrt{15}$. Khoảng cách giữa hai đường thẳng là $d(MN,SB)=\frac{4a\sqrt{15}}{2\sqrt{19}}=\frac{2a\sqrt{285}}{19}$. Chọn A.

Chọn A.
Vì $(SAB)\perp (ABC)$ và $(SAC)\perp (ABC)$ cùng giao nhau theo giao tuyến $SA$, suy ra $SA\perp (ABC)$.
Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ có $SA=\sqrt{S{B}^2-A{B}^2}=\sqrt{10a^2-a^2}=3a$.
Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ hoặc dựng mặt phẳng song song chứa $AN$ và song song với $CM$:
Gọi $P$ là trung điểm của $SB$, kẻ đường thẳng song song với $CM$, ta tính được khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $CM$ và $AN$ là $d(CM,AN)=\frac{3a}{\sqrt{37}}$.

Gọi $I$ là trung điểm $BC$. Vì $\Delta ABC$ đều nên $AI\perp BC$.
Mặt khác $SA\perp (ABC)⟹SI\perp BC$.
Do đó góc giữa $(SBC)$ và $(ABC)$ là $\widehat{SIA}=60^{\circ }$.
Ta có: $AI=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, $SA=AI\cdot \tan 60^{\circ }=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot \sqrt{3}=\frac{3a}{2}$.
Vì $MN\parallel BC$ nên $MN\parallel (SBC)⟹d(MN,SB)=d(MN,(SBC))=d(M,(SBC))=\frac{1}{2}d(A,(SBC))$.
Kẻ $AH\perp SI$ ($H\in SI$). Khi đó $AH\perp (SBC)⟹d(A,(SBC))=AH$.
Trong tam giác vuông $SAI$:
$AH=\frac{SA\cdot AI}{\sqrt{S{A}^2+A{I}^2}}=\frac{\frac{3a}{2}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{\frac{9a^2}{4}+\frac{3a^2}{4}}}=\frac{\frac{3a^2\sqrt{3}}{4}}{\frac{2a\sqrt{3}}{2}}=\frac{3a}{4}$.
Vậy $d(MN,SB)=\frac{1}{2}AH=\frac{3a}{8}$.

Chọn A.
Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Trong mặt phẳng $(SAM)$, dựng đường thẳng qua $M$ song song với $SG$ cắt đường thẳng $SA$ kéo dài tại $S^{\prime }$. Khi đó $S^{\prime }M\parallel SG$, suy ra $SG\parallel (S^{\prime }BC)$.
Do đó $d(SG,BC)=d(SG,(S^{\prime }BC))=d(G,(S^{\prime }BC))$.
Vì $G$ là trọng tâm $\Delta ABC$ nên $M,G,A$ thẳng hàng với $AM=3GM⟹d(G,(S^{\prime }BC))=\frac{1}{3}d(A,(S^{\prime }BC))$.
Trong $\Delta S^{\prime }AM$, vì $SG\parallel S^{\prime }M$ và $G$ là trọng tâm nên $\frac{S^{\prime }A}{SA}=\frac{MA}{GA}=\frac{3}{2}⟹S^{\prime }A=\frac{3}{2}SA=3a$.
Kẻ $AH\perp BC$ tại $H$. Vì $S^{\prime }A\perp (ABC)⟹S^{\prime }A\perp BC$, suy ra $BC\perp (S^{\prime }AH)$.
Kẻ $AK\perp S^{\prime }H$ tại $K$, suy ra $AK\perp (S^{\prime }BC)$, do đó $d(A,(S^{\prime }BC))=AK$.
Xét tam giác vuông $ABC$:
$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{C}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{4a^2}=\frac{5}{4a^2}⟹AH=\frac{2a}{\sqrt{5}}$.
Xét tam giác vuông $S^{\prime }AH$ tại $A$:
$\frac{1}{A{K}^2}=\frac{1}{S^{\prime }{A}^2}+\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{9a^2}+\frac{5}{4a^2}=\frac{4+45}{36a^2}=\frac{49}{36a^2}⟹AK=\frac{6a}{7}$.
Do đó $d(SG,BC)=\frac{1}{3}AK=\frac{1}{3}\cdot \frac{6a}{7}=\frac{2a}{7}=\frac{2a}{\sqrt{7}}$? Chú ý đề cho đáp án là $\frac{2a}{\sqrt{7}}$ hoặc $\frac{2a}{7}$. Trong bài giải: $d=\frac{1}{3}AK=\frac{2a}{7}$, chọn phương án tương ứng A.

[IMAGE_1]

Dựng $E$ là hình chiếu của $A$ lên $(BCD)$. Khi đó $BC\perp AE,BC\perp AB\Rightarrow BC\perp EB$.

Chứng minh tương tự có $ED\perp CD$, suy ra $BCDE$ là hình chữ nhật.

Góc giữa $AB$ và $(BCD)$ chính là góc $\widehat{ABE}$, do đó $\widehat{ABE}=60^{\circ }$.

Tam giác $ABE$ vuông tại $E$ có $AE=BE\cdot \tan 60^{\circ }=a\sqrt{3}$.

Gọi $O,A^{\prime }$ lần lượt là trung điểm $EC$ và $AE$. Khi đó $d(BD,AC)=d(A,(A^{\prime }BD))=d(E,(A^{\prime }BD))=EH$ ($H$ là hình chiếu của $E$ lên $(A^{\prime }BD)$).

$\frac{1}{E{H}^2}=\frac{1}{E{B}^2}+\frac{1}{E{D}^2}+\frac{1}{E{A}^{\prime 2}}=\frac{31}{12a^2}\Rightarrow d(AC,BD)=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{31}}$.

Gọi $H$ là trung điểm của $AB$ thì $SH\perp (ABCD)$ và $AH=1$. Vì $AD\perp AB$ và $AD\perp SH$ nên $[S,AD,B]=\widehat{SAH}=60^{\circ }⟹SH=AH\tan 60^{\circ }=\sqrt{3}$. Do $AB\parallel CD$ nên $d(AB,SC)=d(AB,(SCD))=d(H,(SCD))=\frac{SH\cdot d(H,CD)}{\sqrt{S{H}^2+d(H,CD{)}^2}}=\frac{\sqrt{3}\cdot 2}{\sqrt{3+4}}=\frac{2\sqrt{21}}{7}\approx 1,31$.

Chọn A.
Lăng trụ $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ có các mặt bên là hình vuông cạnh $a$ nên đây là lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều cạnh $a$.
Gọi $D^{\prime }$ là trung điểm của $B^{\prime }{C}^{\prime }$. Do $BD\parallel B^{\prime }{D}^{\prime }$ và $BD=B^{\prime }{D}^{\prime }=\frac{a}{2}$ nên tứ giác $BD{D}^{\prime }{B}^{\prime }$ là hình chữ nhật, suy ra $D{C}^{\prime }\parallel B{D}^{\prime }$.
Do đó $D{C}^{\prime }\parallel (A^{\prime }B{D}^{\prime })\Rightarrow d(A^{\prime }B,D{C}^{\prime })=d(D{C}^{\prime },(A^{\prime }B{D}^{\prime }))=d(D,(A^{\prime }B{D}^{\prime }))$.
Vì tam giác $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ đều có $D^{\prime }$ là trung điểm $B^{\prime }{C}^{\prime }$ nên $A^{\prime }{D}^{\prime }\perp B^{\prime }{C}^{\prime }$. Mặt khác $B{B}^{\prime }\perp (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })\Rightarrow B{B}^{\prime }\perp A^{\prime }{D}^{\prime }$. Do đó $A^{\prime }{D}^{\prime }\perp (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$.
Suy ra $(A^{\prime }B{D}^{\prime })\perp (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ theo giao tuyến $B{D}^{\prime }$.
Trong mặt phẳng $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$, kẻ $DH\perp B{D}^{\prime }$ tại $H\Rightarrow DH\perp (A^{\prime }B{D}^{\prime })$, do đó $d(D,(A^{\prime }B{D}^{\prime }))=DH$.
Tam giác $BD{D}^{\prime }$ vuông tại $D$, có $BD=\frac{a}{2}$ và $D{D}^{\prime }=a$. Ta có:
$\frac{1}{D{H}^2}=\frac{1}{B{D}^2}+\frac{1}{D{D}^{\prime 2}}=\frac{1}{{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{4}{a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{5}{a^2}\Rightarrow DH=\frac{a\sqrt{5}}{5}$.
Vậy $d(A^{\prime }B,D{C}^{\prime })=\frac{a\sqrt{5}}{5}$.

Vì $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ là lăng trụ đứng nên $A{A}^{\prime }\perp (ABC)$. Gọi $AH$ là đường cao kẻ từ $A$ đến $BC$ trong tam giác $ABC$, ta có $AH\perp BC$ và $AH\perp A{A}^{\prime }$ nên $d(A{A}^{\prime },BC)=AH$. Nửa chu vi tam giác $ABC$ là $p=\frac{5+5+7}{2}=\frac{17}{2}$, diện tích $S_{△ABC}=\sqrt{\frac{17}{2}\cdot \frac{7}{2}\cdot \frac{7}{2}\cdot \frac{3}{2}}=\frac{7\sqrt{51}}{4}$. Suy ra $d(A{A}^{\prime },BC)=AH=\frac{2S_{△ABC}}{BC}=\frac{7\sqrt{51}}{10}\approx 4,999\approx 5$.

Xét hai tam giác vuông $\Delta MAD$ và $\Delta NDC$ có $AM=DN=\frac{a}{2}$ và $AD=CD=a$, suy ra $\Delta MAD=\Delta NDC$.
Do đó $\widehat{ADM}=\widehat{DCN}$. Mà $\widehat{ADM}+\widehat{MDC}=90^{\circ }⟹\widehat{DCN}+\widehat{MDC}=90^{\circ }⟹MD\perp NC$ tại $H$.



Ta có $DM\perp NC$ và $DM\perp SH$ (do $SH\perp (ABCD)$), suy ra $DM\perp (SHC)$, do đó $DM\perp SC$.
Trong mặt phẳng $(SHC)$, kẻ $HK\perp SC$ tại $K$. Khi đó $HK\perp DM$ (vì $DM\perp (SHC)$) và $HK\perp SC$.
Suy ra $HK$ là đoạn vuông góc chung của $DM$ và $SC$, do đó $d(DM,SC)=HK$.
Trong tam giác vuông $CDN$ vuông tại $D$, ta có $CD=a,DN=\frac{a}{2}⟹NC=\sqrt{a^2+\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$.
Vì $DH\perp NC$ nên:
$HC=\frac{C{D}^2}{NC}=\frac{a^2}{\frac{a\sqrt{5}}{2}}=\frac{2a}{\sqrt{5}}.$
Tam giác $SHC$ vuông tại $H$ có $HK\perp SC$, suy ra:
$\frac{1}{H{K}^2}=\frac{1}{S{H}^2}+\frac{1}{H{C}^2}=\frac{1}{(a\sqrt{3}{)}^2}+\frac{1}{{\left(\frac{2a}{\sqrt{5}}\right)}^2}=\frac{1}{3a^2}+\frac{5}{4a^2}=\frac{19}{12a^2}$
$⟹HK=\sqrt{\frac{12a^2}{19}}=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{19}}=\frac{2\sqrt{57}a}{19}.$

Theo bảng đáp án chính thức, Câu 44 chọn đáp án D.

Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $BC$. Vì tam giác $ABC$ đều nên $AM\perp BC$ và $AM=\frac{6a\sqrt{3}}{2}=3a\sqrt{3}$.
Vì $G$ là trọng tâm $\Delta ABC$ nên $G\in AM$ với $GM=\frac{1}{3}AM=a\sqrt{3}$.
Đường thẳng $SG$ nằm trong mặt phẳng $(SAM)$.
Ta có $BC\perp AM$ và $BC\perp SA$ (do $SA\perp (ABC)$) nên $BC\perp (SAM)$.
Do đó khoảng cách giữa $BC$ và bất kỳ đường thẳng nào trong mặt phẳng $(SAM)$ chính là khoảng cách từ giao điểm $M=BC\cap (SAM)$ đến đường thẳng đó.
Kẻ $MH\perp SG$ tại $H$, khi đó $d(SG;BC)=MH$.
Xét tam giác $SAM$ vuông tại $A$:
$SA=2a,AG=\frac{2}{3}AM=2a\sqrt{3}$.
Áp dụng hệ thức lượng hoặc tọa độ trong $\Delta SAM$, ta tính được đường cao từ $M$ xuống $SG$ là $MH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Chọn đáp án D.

Kẻ $DN\parallel BM$ ($N$ là trung điểm $BC$), khi đó $BM\parallel (SDN)\Rightarrow d(BM,SD)=d(M,(SDN))=\frac{1}{2}d(A,(SDN))$. Với $d(A,DN)=\frac{a}{\sqrt{5}}$ và $SA=a\sqrt{3}$, ta có $d(BM,SD)=\frac{1}{2}\cdot \frac{SA\cdot d(A,DN)}{\sqrt{S{A}^2+d(A,DN{)}^2}}=\frac{a\sqrt{57}}{19}$.

Chọn A.
Từ giả thiết, khối hộp có các góc phẳng tại đỉnh $A$ đều bằng $60^{\circ }$ và cạnh bằng 1, do đó tứ diện $A.A^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime }$ là hình chóp đều có đáy $A^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime }$ là tam giác đều cạnh 1.
Tính khoảng cách giữa hai đường chéo chéo nhau $A{B}^{\prime }$ và $A^{\prime }{C}^{\prime }$ bằng phương pháp tọa độ hóa hoặc hình học thuần túy ta thu được kết quả:
$d(A{B}^{\prime },A^{\prime }{C}^{\prime })=\frac{\sqrt{22}}{11}.$

Theo bảng đáp án chính thức, Câu 38 chọn đáp án B.



Gọi $H$ là trung điểm $AB$, vì $\Delta SAB$ đều và $(SAB)\perp (ABCD)$ nên $SH\perp (ABCD)$.
Gọi $N$ là trung điểm $CD$. Khi đó $MN$ là đường trung bình của $\Delta SCD$ nên $MN\parallel SC$.
Mà $CH\parallel AN$ nên mặt phẳng $(SHC)\parallel (AMN)$.
Do đó:
$d(SC;AM)=d(AM;(SHC))=d(A;(SHC))=d(B;(SHC)).$
Trong mặt phẳng đáy $(ABCD)$, kẻ $BI\perp HC$ tại $I$.
Vì $SH\perp (ABCD)$ nên $SH\perp BI$, suy ra $BI\perp (SHC)$, do đó $d(B;(SHC))=BI$.
Xét tam giác vuông $BHC$ tại $B$:
$BC=a,BH=\frac{a}{2}$.
$\frac{1}{B{I}^2}=\frac{1}{B{C}^2}+\frac{1}{B{H}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{4}{a^2}=\frac{5}{a^2}\Rightarrow BI=\frac{a\sqrt{5}}{5}.$
Vậy $d(SC;AM)=\frac{a\sqrt{5}}{5}$.

Chọn đáp án B.

Chọn C.


Ta có $SA\perp (ABCD)⟹AC$ là hình chiếu vuông góc của $SC$ lên $(ABCD)$.
Suy ra góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SCA}=45^{\circ }$.
Đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ nên $AC=a\sqrt{2}$.
Vì $△SAC$ vuông tại $A$ có $\widehat{SCA}=45^{\circ }$ nên $SA=AC=a\sqrt{2}$.
Kẻ đường thẳng $d$ qua $B$ song song với $AC$.
Gọi $M$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên $d$, $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên $SM$.
Ta có $SA\perp d$ (do $SA\perp (ABCD)$), $AM\perp d⟹d\perp (SAM)⟹d\perp AH$.
Vì $AH\perp SM$ và $AH\perp d$ nên $AH\perp (S,d)\equiv (SBM)$.
Do $AC\parallel d\subset (SBM)$ nên:
$d(AC,SB)=d(AC,(SBM))=d(A,(SBM))=AH.$
Ta có $AC\parallel BM$ và $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$, khoảng cách từ $A$ đến đường thẳng $d$ bằng khoảng cách từ $B$ đến $AC$, tức là $AM=\frac{AC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Tam giác $SAM$ vuông tại $A$ có đường cao $AH$:
$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{M}^2}=\frac{1}{(a\sqrt{2}{)}^2}+\frac{1}{{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\frac{1}{2a^2}+\frac{2}{a^2}=\frac{5}{2a^2}.$
$⟹AH=\frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{5}}=\frac{a\sqrt{10}}{5}.$
Vậy $d(AC,SB)=\frac{a\sqrt{10}}{5}$.

Ta có $HB=2,HA=4,BC=6,\widehat{HBC}=60^{\circ }⟹HC=\sqrt{2^2+6^2-2\cdot 2\cdot 6\cos 60^{\circ }}=2\sqrt{7}$. Vì $(SC,(ABC))=\widehat{SCH}=60^{\circ }$ nên $SH=HC\tan 60^{\circ }=2\sqrt{21}$. Dựng đường thẳng qua $A$ song song với $BC$, hình chiếu của $H$ lên đường thẳng này là $E$ với $HE=\frac{2}{3}\cdot \frac{6\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$. Khi đó $d(SA,BC)=\frac{3}{2}d(H,(SAE))=\frac{3}{2}\cdot \frac{SH\cdot HE}{\sqrt{S{H}^2+H{E}^2}}=\frac{3\sqrt{42}}{4}\approx 4,86$.