a) Theo giả thiết hình thoi $ABCD$ có: \(\widehat{ BAD} = 60^0\) => \(\widehat{ BCD} = 60^0\)

    suy ra tam giác $BCD$ đều => \(\widehat{ CBD} = 60^0\) hay \(\widehat{ OBC} = 60^0\)

    $ABCD$ là hình thoi => $AC\perp BD \equiv O$ => $\Delta BOC$ vuông tại O có $E$ là trung điểm $BC$

    => $OE=EB=EC=\frac{1}{2}BC$ (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền)

    Xét tam giác \(BOE\) có \(BO=BE-cmt\) và \(\widehat{ OBE} = 60^0\) nên tam giác \(BOE\) đều

    Có $F$ là trung điểm $BD$ => \(OF\) đồng thời là đường cao => \(OF ⊥BC\). 

     \(\left. \matrix{
SO \bot (ABCD) \hfill \cr 
{\rm{OF}} \bot {\rm{BC}} \hfill \cr} \right\} \Rightarrow SF \bot BC\)

      (Định lí 3 đường vuông góc) 

       \(\left. \matrix{
SF \bot BC \hfill \cr 
{\rm{OF}} \bot {\rm{BC}} \hfill \cr} \right\} \Rightarrow BC \bot (SOF)\)

      Mà \(BC ⊂ (SBC)\)

     Suy ra \((SOF) ⊥ (SBC)\)

b) Vì \((SOF) ⊥ (SBC)\) và hai mặt phẳng này giao nhau theo giao tuyến \(SF\)

    nên từ \(O\) ta kẻ \(OH⊥SF\) => \(OH⊥(SBC)\) => $d(O,(SBC))=OH$

    Ta có:

    \(\eqalign{
& SO = {{3a} \over 4}{\rm{;OF = }}{{a\sqrt 3 } \over 4} \Rightarrow SF = {{a\sqrt 3 } \over 2} \cr 
& OH.SF = SO.{\rm{OF}} \Rightarrow {\rm{OH = }}{{3a} \over 8} \cr} \)

     Gọi \(K\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \((SBC)\), ta có \(AK//OH\)

    Trong \(ΔAKC\) thì \(OH\) là đường trung bình, do đó:

     \(AK = 2OH \Rightarrow AK = {{3a} \over 4}\)