Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy ABCD là hình thang vuông tại B và $C,AB=2BC=4CD=2a,$ giả sử $M$ và $N$ lần lượt là trung điểm của AB và BC. Hai mặt...

Phương pháp:
- Gọi H là giao điểm của MN và BD. Chứng minh $SH\bot \left( ABCD \right).$
- Xác định góc giữa SB và mặt đáy là góc giữa SB và hình chiếu của SB lên mặt đáy.
- Chứng minh $BD\bot MN$ bằng cách chứng minh $\overrightarrow{BD}.\overrightarrow{MN}=0.$
- Chứng minh $BC\bot \left( SMN \right),$ từ đó dựng đoạn vuông góc chung của SN và BD.
- Sử dụng định lí Pytago và hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính khoảng cách.
Cách giải:

Gọi H là giao điểm của MN và BD.
Ta có $\left\{ \begin{aligned}
& SH=\left( SMN \right)\cap \left( SBD \right) \\
& \left( SMN \right)\bot \left( ABCD \right) \\
& \left( SBD \right)\bot \left( ABCD \right) \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow SH\bot \left( ABCD \right).$
Ta có $SH\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow BH$ là hình chiếu của SB lên ABCD nên
$\angle \left( SB;\left( ABCD \right) \right)=\angle \left( SB;HB \right)=\angle SBH={{60}^{0}}.$
Từ giả thiết có $BC=a,AB=2a,CD=\dfrac{a}{2}.$
Vì MN là đường trung bình của tam giác ABC nên $MN=\dfrac{1}{2}AC.$
Xét $\overrightarrow{MN}.\overrightarrow{BD}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{BD}$
$=\dfrac{1}{2}\left( \overrightarrow{BC}-\overrightarrow{BA} \right).\left( \overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CD} \right)$
$=\dfrac{1}{2}B{{C}^{2}}+\dfrac{1}{2}\underbrace{\overrightarrow{BC}.\overrightarrow{CD}}_{0}-\dfrac{1}{2}\underbrace{\overrightarrow{BA}.\overrightarrow{BC}}_{0}-\dfrac{1}{2}\overrightarrow{BA}.\overrightarrow{CD}$
$=\dfrac{1}{2}{{a}^{2}}-\dfrac{1}{2}BA.CD.\cos {{0}^{0}}$
$=\dfrac{{{a}^{2}}}{2}-\dfrac{1}{2}.2a.\dfrac{a}{2}=0$
Suy ra $BD\bot MN.$
Ta có $\left\{ \begin{aligned}
& BD\bot SH \\
& BD\bot N \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow BD\bot \left( SMN \right).$
Mà $BD\cap \left( SMN \right)=H$ nên trong mặt phẳng $\left( SMN \right)$ gọi $K$ là hình chiếu của $H$ lên SN, suy ra HK là đoạn vuông góc chung của $BD,SN\Rightarrow d\left( BD,SN \right)=HK.$
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông BMN có $\dfrac{1}{B{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{B{{M}^{2}}}+\dfrac{1}{B{{N}^{2}}}=\dfrac{1}{{{a}^{2}}}+\dfrac{1}{{{\left( \dfrac{a}{2} \right)}^{2}}}=\dfrac{5}{{{a}^{2}}}\Rightarrow BH=\dfrac{a}{\sqrt{5}}.$
Trong tam giác vuông HBS vuông tại H có: $SH=HB.\tan {{60}^{0}}=\dfrac{a\sqrt{15}}{5}.$
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông HBN có $HN=\sqrt{B{{N}^{2}}-H{{B}^{2}}}=\sqrt{\dfrac{{{a}^{2}}}{4}-\dfrac{{{a}^{2}}}{5}}=\dfrac{a\sqrt{5}}{10}.$
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông HSN có
$\dfrac{1}{H{{K}^{2}}}=\dfrac{1}{H{{S}^{2}}}+\dfrac{1}{H{{N}^{2}}}=\dfrac{1}{\dfrac{3{{a}^{2}}}{5}}+\dfrac{1}{\dfrac{{{a}^{2}}}{20}}=\dfrac{65}{3{{a}^{2}}}\Rightarrow HK=\dfrac{a\sqrt{195}}{65}.$
Vậy $d\left( BD,SN \right)=\dfrac{a\sqrt{195}}{65}.$