Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình thoi cạnh \(a\sqrt 2 \), \(\widehat {BAD} = 60^\circ \), \(SA = a\sqrt 3 \) và \(SA\) vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi \(M\) là trung điểm của \(SC\).

a) Chứng minh \(BD \bot \left( {SAC} \right)\).

b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \(MD\) và \(AB\).

a) Do \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BD\).

Vì \(ABCD\) là hình thoi nên \(AC \bot BD\).

Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot SA\\BD \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)\).

b) Ta có \(AB//DC \Rightarrow AB//\left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {AB,\,MD} \right) = d\left( {AB,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A,\,\left( {SCD} \right)} \right).\)

Trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) hạ \(AK \bot DC\) tại \(K.\)

Trong \(\left( {SKA} \right)\) hạ \(AH \bot SK\) tại \(H\,\,\left( 1 \right)\).

Khi đó ta có \[\left\{ \begin{array}{l}DC \bot SA\\DC \bot AK\end{array} \right. \Rightarrow DC \bot \left( {SAK} \right) \Rightarrow DC \bot AH\,\left( 2 \right)\,\]

Từ \(\left( 1 \right),\,\left( 2 \right)\) suy ra \(AH \bot \left( {SDC} \right) \Rightarrow d\left( {A,\,\left( {SDC} \right)} \right) = AH\).

Ta có: \({S_{ABCD}} = AK.DC = AD.AB\sin \widehat {BAD} \Rightarrow AK = a\sqrt 2 .\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\).

Xét \(\Delta SAK\)vuông tại \(A,\) có\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{3{a^2}}} + \frac{4}{{6{a^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}}\)

\(\,\, \Rightarrow AH = a \Rightarrow d\left( {AB,\,MD} \right) = a\).