Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thang vuông tại $A$ và $D,AB=3a,AD=DC=a.$ Gọi $I$ là trung điểm của $AD,$ biết hai mặt phẳng $\left(...

Phương pháp:
- Trong (ABCD) kéo dài AD cắt BC tại E. Sử dụng định lí Ta-lét đảo chứng minh MD//BE.
- Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau là khoảng cách từ đường thằng này đến mặt phẳng song song và chứa đường thẳng kia.
- Đổi về tính khoảng cách từ I đến (SBE).
- Trong (SBE) kẻ $IH\bot BE\left( H\in BE \right),$ trong $\left( SIH \right)$ kẻ $IK\bot SH\left( K\in SH \right),$ chứng minh $IK\bot \left( SBE \right).$
- Xác định góc giữa (SBC) và (ABCD) là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến.
- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông để tính khoảng cách.
Cách giải:

Trong (ABCD) kéo dài AD cắt BC tại E, áp dụng định lí Ta-lét ta có: $\dfrac{ED}{EA}=\dfrac{CD}{AB}=\dfrac{a}{3a}=\dfrac{BM}{BA}$
$\Rightarrow MD//BE$ (định lí Ta-lét đảo) $\Rightarrow MD//\left( SBE \right)\supset SC\Rightarrow d\left( MD;SC \right)=d\left( MD;\left( SBE \right) \right)=d\left( D;\left( SBE \right) \right).$
Ta có: $\left\{ \begin{aligned}
& \left( SBI \right)\cap \left( SCI \right)=SI \\
& \left( SBI \right)\bot \left( ABCD \right) \\
& \left( SCI \right)\bot \left( ABCD \right) \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow SI\bot \left( ABCD \right).$
Lại có $DI\cap \left( SBE \right)=E\Rightarrow \dfrac{d\left( D;\left( SBE \right) \right)}{d\left( I;\left( SBE \right) \right)}=\dfrac{DE}{IE}.$
Ta có: $\dfrac{ED}{EA}=\dfrac{CD}{AB}=\dfrac{1}{3}\Rightarrow \dfrac{ED}{DA}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow ED=\dfrac{1}{2}AD=\dfrac{a}{2},IE=ED+DI=\dfrac{a}{2}+\dfrac{a}{2}=a.$
$\Rightarrow \dfrac{DE}{IE}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow d\left( D;\left( SBE \right) \right)=\dfrac{1}{2}d\left( I;\left( SBE \right) \right).$
Trong $\left( SBE \right)$ kẻ $HI\bot BE\left( H\in BE \right),$ trong $\left( SIH \right)$ kẻ $IK\bot SH\left( K\in SH \right)$ ta có:
$\left\{ \begin{aligned}
& BE\bot IH \\
& BE\bot SI \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow BE\bot \left( SIH \right)\Rightarrow BE\bot IK$
$\left\{ \begin{aligned}
& IK\bot BE \\
& IK\bot SH \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow IK\bot \left( SBE \right)$
$\Rightarrow d\left( I;\left( SBE \right) \right)=IK.$
Ta có: $BE\bot \left( SIH \right)\Rightarrow BE\bot SH.$
$\left\{ \begin{aligned}
& \left( SBE \right)\cap \left( ABCD \right)=BE \\
& SH\subset \left( SBE \right),SH\bot BE \\
& IH\subset \left( ABCD \right),IH\bot BE \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow \angle \left( \left( SBC \right);\left( ABCD \right) \right)=\angle \left( \left( SBE \right);\left( ABCD \right) \right)=\angle \left( SH;IH \right)=\angle SHI={{60}^{0}}.$
Ta có:
$\left\{ \begin{aligned}
& {{S}_{ABCD}}=\dfrac{AD.\left( AB+CD \right)}{2}=\dfrac{a.\left( 3a+a \right)}{2}=2{{a}^{2}} \\
& {{S}_{CDI}}=\dfrac{1}{2}CD.CI=\dfrac{1}{2}a.\dfrac{a}{2}=\dfrac{{{a}^{2}}}{4} \\
& {{S}_{ABI}}=\dfrac{1}{2}AB.AI=\dfrac{1}{2}.3a.\dfrac{a}{2}=\dfrac{3{{a}^{2}}}{4} \\
\end{aligned} \right.$
$\begin{aligned}
& \Rightarrow {{S}_{IBC}}={{S}_{ABCD}}-{{S}_{CDI}}-{{S}_{ABI}} \\
& \text{ }=2{{a}^{2}}-\dfrac{{{a}^{2}}}{4}-\dfrac{3{{a}^{2}}}{4}={{a}^{2}} \\
\end{aligned}$
$BC=\sqrt{{{\left( AB-CD \right)}^{2}}+A{{D}^{2}}}=\sqrt{4{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}=a\sqrt{5}.$
Mặt khác ta lại có ${{S}_{IBC}}=\dfrac{1}{2}IH.BC\Rightarrow IH=\dfrac{2{{S}_{IBC}}}{BC}=\dfrac{2{{a}^{2}}}{a\sqrt{5}}=\dfrac{2a}{\sqrt{5}}.$
Xét tam giác vuông $IHK$ có: $IK=IH.\sin {{60}^{0}}=\dfrac{2a}{\sqrt{5}}.\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{a\sqrt{15}}{5}.$
Vậy $d\left( MD;SC \right)=\dfrac{1}{2}IK=\dfrac{a\sqrt{15}}{10}.$