Gọi M, N lần lượt là TĐ của BC và AD
=> MN // AB \( \Rightarrow d\left( {AB;SO} \right) = d\left( {AB;\left( {SMN} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SMB} \right)} \right)\)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}MN \bot AN\\MN \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow MN \bot \left( {SAN} \right)\).
Trong (SAN) kẻ \(AH \bot SN \Rightarrow AH \bot MN \Rightarrow AH \bot \left( {SMN} \right)\)
\( \Rightarrow d\left( {A;\left( {SMN} \right)} \right) = AH\).
Xét tam giác vuông SAB và tam giác vuông SAD có:
SA chung,
AB = AD (gt)
=> Tam giác SAB = Tam giác SAD (2 cạnh góc vuông)
=> SB = SD => Tam giác SBD cân tại S.
Lại có góc SBD = 60 độ
=> Tam giác SBD đều, cạnh \(BD = a\sqrt 2 = AC\).
\( \Rightarrow SO = \frac{{BD\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 2 \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\).
Xét tam giác vuông SAO: \(SA = \sqrt {S{O^2} - A{O^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 6 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = a\).
Áp dụng HTL trong tam giác vuông SAN có:
\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{N^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{4}{{{a^2}}} = \frac{5}{{{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{a}{{\sqrt 5 }}\).
Vậy \(d\left( {AB;SO} \right) = \frac{a}{{\sqrt 5 }}\).
