Đề bài sai. (SAD) và (SAC) cùng vuông góc với đáy, thế thì ta sẽ có là hình thoi ACBD, vô lý

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

a: ΔSAD đều

mà SI là đường trung tuyến

nên SI⊥AD

(SAD)⊥(ABCD)

(SAD) giao (ABCD)=AD

SI⊥AD

Do đó: SI⊥(ABCD)

ABCD là hình vuông cạnh a

=>AB=BC=CD=DA=a

ΔSAD đều

=>SA=SD=AD=a

ΔSAD đều có SI là đường cao

nên \(SI=AD\cdot\frac{\sqrt3}{2}=\frac{a\sqrt3}{2}\)

Ta có: \(AI=ID=\frac{AD}{2}\)

\(BJ=JC=\frac{BC}{2}\)

mà AD=BC

nên AI=ID=BJ=JC

Xét tứ giác ABJI có

AI//BJ

AI=BJ

Do đó: ABJI là hình bình hành

=>JI//AB và JI=AB=a

=>JI⊥ AD

AD//BC

=>AD//(SBC)

=>d(AD;SB)=d(AD;(SBC))=d(I;(SBC))

BC⊥JI

BC⊥SI

Do đó: BC⊥(SJI)

=>(SBC)⊥(SJI)

Kẻ IH⊥SJ tại H

=>IH⊥(SBC)

=>d(I;(SBC))=IH

Xét ΔSIJ vuông tại I có IH là đường cao

nên \(\frac{1}{IH^2}=\frac{1}{IS^2}+\frac{1}{IJ^2}=\frac{4}{3a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{7}{3a^2}\)

=>\(IH^2=\frac{3a^2}{7}=\frac{21a^2}{49}\)

=>\(IH=a\cdot\frac{\sqrt{21}}{7}\)

=>d(AD;SB)=\(\frac{a\sqrt{21}}{7}\)

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\(\sqrt2\)

Gọi O là tâm đáy, M là trung điểm AB và H là hình chiếu vuông góc của S lên (ABCD)

\(\Rightarrow\) H trùng tâm của tam giác đều ABC đồng thời HM là trung tuyến (kiêm đường cao) của tam giác ABC

\(\widehat{DCH}=\widehat{ACH}+\widehat{ACD}=\dfrac{1}{2}\widehat{ACB}+\widehat{ACD}=\dfrac{1}{2}.60^0+60^0=90^0\)

\(\Rightarrow HC\perp CD\)

\(\Rightarrow CD\perp\left(SCH\right)\Rightarrow\widehat{SCH}\) là góc giữa (SCD) và (ABCD) \(\Rightarrow\widehat{SCH}=60^0\)

\(CH=\dfrac{2}{3}.\dfrac{a\sqrt{3}}{2}=\dfrac{a\sqrt{3}}{3}\Rightarrow SH=CH.tan60^0=a\)

\(AB||CD\Rightarrow AB||\left(SCD\right)\Rightarrow d\left(AB;SD\right)=d\left(AB;\left(SCD\right)\right)=d\left(M;\left(SCD\right)\right)\)

MH cắt (SCD) tại C, mà \(CM=\dfrac{3}{2}CH\Rightarrow d\left(M;\left(SCD\right)\right)=\dfrac{3}{2}d\left(H;\left(SCD\right)\right)\)

Trong tam giác vuông SCH, kẻ \(HK\perp SC\Rightarrow HK\perp\left(SCD\right)\Rightarrow HK=d\left(H;\left(SCD\right)\right)\)

\(\dfrac{1}{HK^2}=\dfrac{1}{SH^2}+\dfrac{1}{CH^2}=\dfrac{4}{3a^2}\Rightarrow HK=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)

\(\Rightarrow d\left(AB;SD\right)=\dfrac{3a\sqrt{3}}{4}\)

a: \(AC=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}\)

(SC;(ABCD))=(CS;CA)=góc SCA

tan SCA=SA/AC=1/căn 2

=>góc SCA=35 độ

b:

Kẻ BH vuông góc AC tại H

(SB;SAC)=(SB;SH)=góc BSH

\(HB=\dfrac{a\cdot a}{a\sqrt{2}}=a\cdot\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)

AH=AC/2=a*căn 2/2

=>\(SH=\sqrt{a^2+\dfrac{1}{2}a^2}=a\sqrt{\dfrac{3}{2}}\)

\(SH=\dfrac{a\sqrt{6}}{2};HB=\dfrac{a\sqrt{2}}{2};SB=a\sqrt{2}\)

\(cosBSH=\dfrac{SB^2+SH^2-BH^2}{2\cdot SB\cdot SH}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)

=>góc BSH=30 độ

c: (SD;(SAB))=(SD;SA)=góc ASD

tan ASD=AD/AS=2

nên góc ASD=63 độ