a: CD⊥ AD

CD⊥ SA(SA⊥(ABCD))

mà SA,AD cùng thuộc mp(SAD)

nên CD⊥(SAD)

=>\(\hat{SC;\left(SAD\right)}=\hat{SC;SD}=\hat{CSD}\)

ΔSAD vuông tại A

=>\(SA^2+AD^2=SD^2\)

=>\(SD^2=\left(2a\right)^2+\left(a\sqrt5\right)^2=9a^2\)

=>SD=3a

Xét ΔSCD vuông tại D có tan CSD=\(\frac{CD}{SD}=\frac23\)

nên \(\hat{CSD}\) ≃34 độ

=>\(\hat{SC;\left(SAD\right)}\) ≃34 độ

Gọi O là giao điểm của AC và BD

ABCD là hình vuông

=>AC⊥BD tại O

BO⊥ AC
SA⊥ BO

mà SA,AC cùng thuộc mp(SAC)

nên BO⊥(SAC)

=>\(\hat{SB;\left(SAC\right)}=\hat{BSO}\)

ABCD là hình vuông

=>\(BD^2=AB^2+AD^2=\left(2a\right)^2+\left(2a\right)^2=8a^2\)

=>\(BD=2\sqrt2\cdot a\)

=>\(OB=OD=2\sqrt2\cdot\frac{a}{2}=a\sqrt2\)

ΔSAB vuông tại A

=>\(SA^2+AB^2=SB^2\)

=>\(SB^2=\left(a\sqrt5\right)^2+\left(2a\right)^2=9a^2=\left(3a\right)^2\)

=>SB=3a

Xét ΔSOB vuông tại O có sin BSO=\(\frac{BO}{BS}=\frac{\sqrt2}{3}\)

nên \(\hat{BSO}\) ≃28 độ

=>\(\hat{SB;\left(SAC\right)}\) ≃28 độ

c: d(SD;BC)=d(BC;(SAD))=d(C;(SAD))=CD=2a

a/ Kẻ \(CE//BD\Rightarrow BD//\left(SCE\right)\Rightarrow d\left(SC,BD\right)=d\left(BD,\left(SCE\right)\right)=d\left(B,\left(SCE\right)\right)\)

\(AB\cap\left(SCE\right)=\left\{E\right\}\Rightarrow\dfrac{d\left(B,\left(SCE\right)\right)}{d\left(A,\left(SCE\right)\right)}=\dfrac{EB}{EA}=\dfrac{1}{2}\)

\(\widehat{CAE}=\dfrac{1}{2}\widehat{DAB};\widehat{AEC}=\widehat{BDC}=\dfrac{1}{2}\widehat{ADC};\widehat{DAB}+\widehat{ADC}=180^0\Rightarrow\widehat{CAE}+\widehat{AEC}=90^0\Rightarrow\widehat{ACE}=90^0\)

\(\Rightarrow AC\perp EC\)

\(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp CE\\AC\perp CE\end{matrix}\right.\Rightarrow CE\perp\left(SAC\right)\Rightarrow\left(SCE\right)\perp\left(SAC\right)\)

Kẻ \(AH\perp SC\Rightarrow AH\perp\left(SCE\right)\Rightarrow d\left(A,\left(SCE\right)\right)=AH=\dfrac{SA.AC}{\sqrt{SA^2+AC^2}}=..\)

\(\Rightarrow d\left(SC,BD\right)=d\left(B,\left(SCE\right)\right)=\dfrac{AH}{2}=...\)

b/ \(AD//BC\Rightarrow AD//\left(SBC\right)\Rightarrow d\left(SC,AD\right)=d\left(AD,\left(SBC\right)\right)=d\left(A,\left(SBC\right)\right)\)

Kẻ \(AK\perp BC\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}SA\perp BC\\AK\perp BC\end{matrix}\right.\Rightarrow\left(SBC\right)\perp\left(SAK\right)\)

Kẻ \(AM\perp SK\Rightarrow AM\perp\left(SBC\right)\Rightarrow d\left(A,\left(SBC\right)\right)=AM=\dfrac{SA.AK}{\sqrt{SA^2+AK^2}}=...=d\left(SC,AD\right)\)

AB//CD
=>AB//(SCD)

=>d(AB;SC)=d(AB;(SCD))=d(B;(SCD))

Xét ΔABD có AB=AD và \(\hat{BAD}=60^0\)

nên ΔABD đều

=>AB=AD=BD=a

O là trung điểm của BD

=>\(OB=OD=\frac{BD}{2}=\frac{a}{2}\)

H là trung điểm của OB

=>\(OH=HB=\frac{OB}{2}=\frac{a}{4}\)

HD=HO+OD=a/4+a/2=3a/4

TA có: \(\frac{d\left(B;\left(SCD\right)\right)}{d\left(H;\left(SCD\right)\right)}=\frac{BD}{HD}=\frac43\)

=>\(d\left(B;\left(SCD_{}\right)\right)=\frac43\cdot d\left(H;\left(SCD\right)\right)\)

Kẻ HK⊥CD tại K

CD⊥ SH

CD⊥HK

Do đó: CD⊥(SHK)

=>(SCD)⊥(SHK)

Trong mp(SHK), kẻ HI⊥SK tại I

=>HI⊥(SCD)

=>d(H;(SCD))=HI

ABCD là hình thoi

=>\(\hat{ADC}+\hat{BAD}=180^0\)

=>\(\hat{ADC}=180^0-60^0=120^0\)

DB là phân giác của góc ADC

=>\(\hat{ADB}=\hat{CDB}=\frac12\cdot\hat{ADC}=60^0\)

=>\(\hat{HDK}=60^0\)

Xét ΔKHD vuông tại K có sin HDK=HK/HD

=>\(HK=HD\cdot\sin60=\frac{3a}{4}\cdot\frac{\sqrt3}{2}=3\sqrt3\cdot\frac{a}{8}\)

Xét ΔHSK vuông tại H có HI là đường cao

nên \(\frac{1}{HI^2}=\frac{1}{HS^2}+\frac{1}{HK^2}=\frac{1}{\left(\frac{a\sqrt3}{2}\right)^2}+\frac{1}{\left(3\sqrt3\cdot\frac{a}{8}\right)^2}=\frac{100}{27a^2}\)

=>\(HI^2=\frac{27a^2}{100}\)

=>\(HI=\frac{3a\sqrt3}{10}\)

=>d(AB;SC)=\(\frac43\cdot HI=\frac43\cdot\frac{3a\sqrt3}{10}=\frac{4a\sqrt3}{10}=\frac{2a\sqrt3}{5}\)

a: SO vuông góc (ABCD)

=>(SAC) vuông góc (ABCD)

SO vuông góc (ABCD)

=>(SBD) vuông góc (ABCD)

b: BD vuông góc AC

BD vuông góc SA

=>BD vuông góc (SAC)

d: (SB;(ABCD))=(BS;BO)=góc SBO

cos SBO=OB/SB=a*căn 2/2/(a*căn 2)=1/2

=>góc SBO=60 độ

a: ΔABC vuông tại B

=>\(BA^2+BC^2=AC^2\)

=>\(AC^2=a^2+a^2=2a^2\)

=>\(AC=a\sqrt2\)

SA⊥(ABCD)

=>\(\hat{SC;\left(ABCD\right)}=\hat{CS;CA}=\hat{SCA}\)

Xét ΔSAC vuông tại A có tan SCA=\(\frac{SA}{AC}\)

=>\(SA=AC\cdot\tan60=a\sqrt2\cdot\sqrt3=a\sqrt6\)

SA⊥AB(SA⊥(ABCD))

BC⊥AB

Do đó: d(SA;BC)=AB=a

b: Gọi M là trung điểm của AD
=>\(MA=MD=\frac{AD}{2}=a\)

Xét tứ giác BCMA có

BC//MA

BC=MA

Do đó: BCMA là hình bình hành

Hình bình hành BCMA có BA=BC

nên BCMA là hình thoi

=>BM⊥AC

Xét tứ giác BCDM có

BC//DM

BC=DM

Do đó: BCDM là hình bình hành

=>BM//CD
mà BM⊥AC

nên CA⊥CD

CD⊥ CA

CD⊥ SA(SA⊥(ABCD))

mà SA,AC cùng thuộc mp(SAC)

nên CD⊥(SAC)

=>d(SA;CD)=AC=a\(\sqrt2\)