Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật, $SA\bot \left( ABCD \right).$ Biết $SA=a,AB=a$ và $AD=2a.$ Gọi $G$ là trọng tâm tam giác...

Phương pháp:
- Đổi $d\left( G;\left( SBD \right) \right)=d\left( A;\left( SBD \right) \right).$
- Dựng $AH\bot BD,AK\bot SH,$ chứng minh $AK\bot \left( SBD \right).$
- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác tính $AK.$
Cách giải:

Gọi $M$ là trung điểm của $SD$ ta có $AG\cap \left( SBD \right)=\left\{ M \right\}$ nên $\dfrac{d\left( G;\left( SBD \right) \right)}{d\left( A;\left( SBD \right) \right)}=\dfrac{GM}{AM}=\dfrac{1}{3}.$
$\Rightarrow d\left( G;\left( SBD \right) \right)=\dfrac{1}{3}d\left( A;\left( SBD \right) \right).$
Trong $\left( ABCD \right)$ kẻ $AH\bot BD,$ trong $\left( SAH \right)$ kẻ $AK\bot SH.$
Ta có
$\left\{ \begin{aligned}
& BD\bot AH \\
& BD\bot SA \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow BD\bot \left( SAH \right)\Rightarrow BD\bot AK$
$\left\{ \begin{aligned}
& AK\bot BD \\
& AK\bot SH \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow AK\bot \left( SBD \right)$
$\Rightarrow d\left( A;\left( SBD \right) \right)=AK.$
Ta có: $AH=\dfrac{AB.AD}{\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}}}=\dfrac{a.2a}{\sqrt{{{a}^{2}}+4{{a}^{2}}}}=\dfrac{2a}{\sqrt{5}}.$
$\Rightarrow AK=\dfrac{SA.AH}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{H}^{2}}}}=\dfrac{a.\dfrac{2a}{\sqrt{5}}}{\sqrt{{{a}^{2}}+\dfrac{4{{a}^{2}}}{5}}}=\dfrac{2a}{3}.$
Vậy $d\left( G;\left( SBD \right) \right)=\dfrac{1}{3}d\left( A;\left( SBD \right) \right)=\dfrac{1}{3}.\dfrac{2a}{3}=\dfrac{2a}{9}.$