Trong không gian,cho hình chóp $ S.ABCD $ có $ ABCD $ là hình thoi cạnh bằng $ 1 $ đơn vị,$ \widehat { BAD }=60 ^ { 0 } $.Tam giác $ SAB $ vuông cân tại $ S $ và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy.Biết khoảng cách từ $ AB $ đến $ SC $ bằng $ \frac { \sqrt[] { a } } { b }\,\,(a,b∈\mathbb{Z} ^ { + } ) $,$ \frac { a } { b } $ là phân số tối giản.Khi đó tổng $ a+b $ bằng

Gọi $ H $ là trung điểm của $ AB $.Vì tam giác $ SAB $ vuông cân tại $ S $suy ra $ SH⊥AB $.Mà $ \left ( { SAB } \right )⊥\left ( { ABCD } \right ),\left ( { SAB } \right )∩\left ( { ABCD } \right )=AB $ nên $ SH⊥\left ( { ABCD } \right ) $. Vì $ \left \{ \begin{array}{l} AB⊄\left ( { SCD } \right ) \\ AB//CD,CD⊂\left ( { SCD } \right ) \end{array} \right.⇒AB//\left ( { SCD } \right ) $ Mà $ SC⊂\left ( { SCD } \right )⇒d\left ( { AB,SC } \right )=d\left ( { AB,\left ( { SCD } \right ) } \right )=d\left ( { H,\left ( { SCD } \right ) } \right ) $. Trong mặt $ \left ( { ABCD } \right ) $,gọi $ K $ là hình chiếu của $ H $ trên $ CD $.Trong mặt $ \left ( { SHK } \right ) $,gọi $ I $ là hình chiếu của $ H $ trên $ SK $.Dễ thấy $ CD⊥\left ( { SHK } \right )⇒HI⊥\left ( { SCD } \right )⇒d\left ( { H,\left ( { SCD } \right ) } \right )=HI $. Xét tam giác $ SAB $ có $ SH=\frac { 1 } { 2 }AB=\frac { 1 } { 2 } $. Lại có $ S_{ ABCD } =\frac { \sqrt[] { 3 } } { 2 }.1 ^ { 2 } =AB.HK⇒HK=\frac { \sqrt[] { 3 } } { 2 } $. Xét tam giác $ SHK $ có $ \frac { 1 } { HI ^ { 2 } }=\frac { 1 } { HS ^ { 2 } }+\frac { 1 } { HK ^ { 2 } }=\frac { 1 } { \left ( { \frac { 1 } { 2 } } \right ) ^ { 2 } }+\frac { 1 } { \left ( { \frac { \sqrt[] { 3 } } { 2 } } \right ) ^ { 2 } }=\frac { 16 } { 3 }⇒HI=\frac { \sqrt[] { 3 } } { 4 } $. Vậy $ d\left ( { AB,SC } \right )=d\left ( { AB,\left ( { SCD } \right ) } \right )=d\left ( { H,\left ( { SCD } \right ) } \right )=\frac { \sqrt[] { 3 } } { 4 } $ nên $ a=3,b=4⇒a+b=7 $.