a) Theo giả thiết \(\widehat{ BAD} = 60^0\) nên theo tính chất của hình thoi \(\widehat{ BCD} = 60^0\) hay tam giác \(BDC\) đều.
Xét tam giác \(BOE\) có \(BO=BE=\dfrac{{a}}{2}\) và \(\widehat{ OBE} = 60^0\) nên tam giác \(BOE\) đều
Do đó \(OF\) là đường cao và ta được \(OF ⊥BC\).
\(\left\{ \begin{array}{l}SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow BC \bot SO\\BC \bot OF\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SOF} \right)\\ \Rightarrow BC \bot SF\)
Mà \(BC ⊂ (SBC)\Rightarrow (SOF) ⊥ (SBC)\)
b) Vì \((SOF) ⊥ (SBC)\) và hai mặt phẳng này giao nhau theo giao tuyến \(SF\) nên nếu từ điểm \(O\) ta kẻ \(OH⊥SF\) thì \(OH⊥(SBC)\) và \(OH\) chính là khoảng cách từ \(O\) đến \((SBC)\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}SO = \frac{{3a}}{4};\,\,OF = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}\\ \Rightarrow SF = \sqrt {S{O^2} + O{F^2}} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\\OH.SF = SO.OF \Rightarrow OH = \dfrac{{SO.OF}}{{SF}} = \dfrac{{3a}}{8}\end{array}\)
Gọi \(K\) là hình chiếu của \(A\) trên \((SBC)\), ta có \(AK//OH\)
Trong \(ΔAKC\) thì \(OH\) là đường trung bình, do đó: \(AK = 2OH \Rightarrow AK =\dfrac{{3a}}{4}\).
Vậy \(d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = \dfrac{{3a}}{4}\)
