a: BD\(\perp\)AC(ABCD là hình vuông)

BD\(\perp\)SA(SA\(\perp\)(ABCD))

AC,SA cùng thuộc mp(SAC)

Do đó: BD\(\perp\)(SAC)

b: BC\(\perp\)BA(ABCD là hình vuông)

BC\(\perp\)SA(SA\(\perp\)(ABCD))

BA,SA cùng thuộc mp(SAB)

Do đó: BC\(\perp\)(SAB)

=>BC\(\perp\)BS

=>ΔSBC vuông tại B

CD\(\perp\)AD(ABCD là hình vuông)

CD\(\perp\)SA(SA\(\perp\)(ABCD))

Do đó: CD\(\perp\)(SAD)

=>CD\(\perp\)SD

=>ΔSDC vuông tại D

\(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp BC\\AB\perp BC\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow BC\perp\left(SAB\right)\)

\(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp CD\\CD\perp AD\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow CD\perp\left(SAD\right)\)

\(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp AC\\BD\perp AC\left(\text{hai đường chéo hình vuông}\right)\end{matrix}\right.\)  \(\Rightarrow BD\perp\left(SAC\right)\)

\(BC\perp\left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp AH\) ; mà \(AH\perp SB\Rightarrow AH\perp\left(SBC\right)\)

\(\left\{{}\begin{matrix}CD\perp\left(SAD\right)\Rightarrow CD\perp AK\\AK\perp SD\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow AK\perp\left(SCD\right)\)

\(\left\{{}\begin{matrix}AH\perp\left(SBC\right)\Rightarrow AH\perp SC\\AK\perp\left(SCD\right)\Rightarrow AK\perp SC\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow SC\perp\left(AHK\right)\Rightarrow SC\perp HK\)

Mặt khác theo tính đối xứng hình vuông \(\Rightarrow HK||BD\Rightarrow HK\perp AC\Rightarrow HK\perp\left(SAC\right)\)

\(AI\in\left(SAC\right)\Rightarrow HK\perp AI\)

1:

a: BC vuông góc BA

BC vuông góc SA

=>BC vuông góc (SAB)

b: Kẻ BK vuông góc AC, BH vuông góc SK

=>BH=d(B;(SAC))

\(AC=\sqrt{BA^2+BC^2}=5a\)

AK=(4a)^2/5a=3,2a

BK=4a*3a/5a=2,4a

\(SB=\sqrt{2a^2+16a^2}=3a\sqrt{2}\)

SK=căn 2a^2+10,24a^2=a*3căn 34/5

BK=2,4a

SK^2+BK^2=SB^2

nên ΔSKB vuông tại K

=>K trùng với H

=>d(B;(SAC))=BK=2,4a

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

ta có : \(\begin{cases}AB\perp SH\\AB\perp HF\end{cases}\) \(\Rightarrow AB\perp\left(SHF\right)\Rightarrow\left(SAB\right)\perp\left(SHF\right)\)theo giao tuyến SF

kẻ \(HK\perp SF\) tại K \(\Rightarrow HK\perp\left(SAB\right)\Rightarrow d_{\left(B;\left(SAB\right)\right)}=HK\)

\(HF=\frac{4a}{5}\Rightarrow HK=\frac{a\sqrt{15}}{5}\)

(SAB) chứa SB và song song CD

\(\Rightarrow d_{\left(CD;SB\right)}=d_{\left(CD;\left(SAB\right)\right)}=d_{\left(C;\left(SAB\right)\right)}=CM\)(M là hình chiếu của C lên (SAB))

có : HK//CM \(\Rightarrow\frac{CM}{HK}=\frac{CA}{AH}=5\)\(\left(AC=2a\sqrt{5};AH=\frac{2a\sqrt{5}}{5}\right)\)

\(\Rightarrow CM=5HK=a\sqrt{15}\)

Vậy : \(d_{\left(CD;SB\right)}=a\sqrt{15}\)

\(\begin{cases}\left(SAC\right)\perp\left(ABCD\right)\\\left(SBE\right)\perp\left(ABCD\right)\\\left(SBE\right)\cap\left(SAC\right)=SH\end{cases}\) \(\Rightarrow SH\perp\left(ABCD\right)\)

\(\begin{cases}BE\perp SH\left(SH\perp\left(ABCD\right)\right)\\BE\perp AC\end{cases}\) \(\Rightarrow BE\perp\left(SAC\right)\)

vậy SH là hình chiếu của SB lên (SAC) . vậy \(\widehat{BSH}=30^o\)

đặt AB=x

ta có : \(AE=\sqrt{BE^2-AB^2}=\sqrt{5a^2-x^2}\)

lại có : \(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{AE^2}\Leftrightarrow\frac{5}{4a^2}=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{5a^2-x^2}\Leftrightarrow x^4-5a^2x^2+a^2=0\) \(\Leftrightarrow\left[\begin{array}{nghiempt}x^2=a^2\\x^2=4a^2\end{array}\right.\) \(\Leftrightarrow\left[\begin{array}{nghiempt}x=a\\x=2a\end{array}\right.\) . loại x=a vì AE=2a>a=AB

Vậy AB=2a

\(BH=\sqrt{AB^2-AH^2}=\frac{4a}{\sqrt{5}}\) 

\(\frac{1}{BH^2}=\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{BC^2}\Leftrightarrow\frac{5}{16a^2}=\frac{1}{4a^2}+\frac{1}{BC^2}\Leftrightarrow BC=4a\)

\(S_{ABCD}=AB.BC=8a^2\)

Tam giác SBH vuông tại H nên \(SH=BH.\cot\widehat{BSH}=\frac{4a}{\sqrt{5}}.\sqrt{3}=\frac{4a\sqrt{15}}{5}\)

\(V_{SABCD}=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{4a\sqrt{15}}{5}.8a^2=\frac{32a^3\sqrt{15}}{15}\)