Cho hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có tất cả các cạnh đều bằng \(a\). Khoảng cách từ tâm \(O\) của đáy tới \(\left( {SCD} \right)\) bằng

Hạ \(OE \bot CD\) tại E (1).

Vì \(S.ABCD\) là hình chóp đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\)\( \Rightarrow SO \bot CD\) (2).

Từ (1) và (2), ta có \(CD \bot \left( {SOE} \right)\).

Hạ \(OH \bot SE\) tại H (3).

Vì \(CD \bot \left( {SOE} \right)\)\( \Rightarrow CD \bot OH\) (4).

Từ (3) và (4), suy ra \(OH \bot \left( {SCD} \right)\).

Do đó \(d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = OH\).

Vì \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\) nên \(DO = \frac{{BD}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\); \(OE = \frac{a}{2}\).

Xét \(\Delta SOD\) vuông tại \(O\), có \(SO = \sqrt {S{D^2} - O{D^2}}  = \sqrt {{a^2} - \frac{{{a^2}}}{2}}  = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Xét \(\Delta SOE\) vuông tại \(O\), có \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{E^2}}} = \frac{2}{{{a^2}}} + \frac{4}{{{a^2}}} = \frac{6}{{{a^2}}} \Rightarrow OH = \frac{a}{{\sqrt 6 }}\).