Cho hình tứ diện $ABCD$ có $AB,AC,AD$ đôi một vuông góc $AB=6a,AC=8a,AD=12a,$ với $a>0,a\in \mathbb{R}.$ Gọi $E,F$ tương ứng là trung điểm của hai...

Cách 1:
Ta có $AB,AC,AD$ đôi một vuông góc nên $AD\mathrm{\perp }\left(ABC\right).$
Gọi $K$ là trung điểm của $AB,$ vì $F$ là trung điểm của $BD$ suy ra $FK//AD$ mà $AD\mathrm{\perp }\left(ABC\right)\Rightarrow FK\mathrm{\perp }\left(ABC\right)$ hay $FK\mathrm{\perp }\left(AKE\right).$
Kẻ $\{\begin{array}{rl}& KG\mathrm{\perp }AE(G\in AE)\\ & KH\mathrm{\perp }FG(H\in GF)\end{array}\Rightarrow d(K,\left(AEF\right))=KH.$ Mặt khác $BK$ cắt mặt phẳng $\left(AEF\right)$ tại $A.$
Suy ra ${\displaystyle \frac{d(B,\left(AEF\right))}{d(K,\left(AEF\right))}}={\displaystyle \frac{BA}{KA}}=2\Rightarrow d(B,\left(AEF\right))=2d(K,\left(AEF\right)).$
Trong tam giác $AKE$ vuông tại $K$ và tam giác $FKG$ vuông tại $K,$ ta có:
${\displaystyle \frac{1}{K{H}^2}}={\displaystyle \frac{1}{K{F}^2}}+{\displaystyle \frac{1}{K{G}^2}}={\displaystyle \frac{1}{K{F}^2}}+{\displaystyle \frac{1}{K{A}^2}}+{\displaystyle \frac{1}{K{E}^2}}={\displaystyle \frac{1}{{\left(6a\right)}^2}}+{\displaystyle \frac{1}{{\left(3a\right)}^2}}+{\displaystyle \frac{1}{{\left(4a\right)}^2}}={\displaystyle \frac{29}{144a^2}}\Rightarrow KH={\displaystyle \frac{12\sqrt{29}a}{29}}.$
Vậy $d={\displaystyle \frac{24\sqrt{29}a}{29}}.$
Cách 2:Ta có $AB,AC,AD$ đôi một vuông góc nên $AD\mathrm{\perp }\left(ABC\right).$ Chọn hệ trục tọa độ $Axyz$ như hình vẽ, chọn $a=1,$ ta có $A(0;0;0),B(0;6;0),E(4;3;0),F(0;3;6).$
Ta có $\overrightarrow{AE}=(4;3;0),\overrightarrow{AF}=(0;3;6)\Rightarrow [\overrightarrow{AE},\overrightarrow{AF}]=(18;-24;12)=6(3;-4;2).$
Mặt phẳng $\left(AEF\right)$ nhận $\overrightarrow{n}=(3;-4;2)$ làm một vectơ pháp tuyến và đi qua $A(0;0;0)$ có phương trình là: $3x-4y+2z=0.$
Vậy $d(B,\left(AEF\right))={\displaystyle \frac{|3.0-4.6+2.0|}{\sqrt{3^2+{(-4)}^2+2^2}}}={\displaystyle \frac{24\sqrt{29}}{29}}.$
Vì $a=1$ nên $d={\displaystyle \frac{24\sqrt{29}a}{29}}.$