Do SA = SB = SC và tam giác ABC đều nên hình chiếu của đỉnh S trên (ABCD) là trọng tâm H của tam giác ABC
\(\triangle ABC\) đều \(\Rightarrow BH=a\sqrt{3}\)
Ta có \(SACD=SABC=\frac{9a^{2}\sqrt{3}}{4}\)
\(\triangle SHB\) vuông tại H nên ta có \(SH=\sqrt{SB^{2}-BH^{2}}=2a\)
Vậy \(V_{SACD}=\frac{1}{3}SH.S_{ACD}=\frac{3a^{3}\sqrt{3}}{2}\)
Vì H là trọng tâm tam giác ABC nên 3 HD = 2 BD
Do AB // CD nên \(d(AB, SD)=d(AB,(SCD))=d(B,(SCD))=\frac{3}{2}d(H,(SCD))\)
Ta có \(\widehat{HCD}=\widehat{HCA}+\widehat{SAD}=30^{\circ}+60^{\circ}=90^{\circ}\Rightarrow HC \perp CD\)
Mà \(SH \perp CD\) nên \(CD \perp (SHC)\)
Trong (SHC) kẻ \(HK \perp SC(K \in SC)\Rightarrow d(H,(SCD))=HK\)
Tam giác SHC vuông tại H nên \(\frac{1}{HK^{2}}=\frac{1}{HS^{2}}+\frac{1}{HC^{2}}=\frac{1}{4a^{2}}+\frac{1}{3a^{2}}\Rightarrow HK=\frac{2a\sqrt{21}}{7}\)
Vậy \(d(AB;SD)=\frac{3}{2}HK=\frac{3\sqrt{21}a}{7}\)
