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

\(AC=\sqrt{AD^2+CD^2}=a\sqrt{2}\)

\(BC=\sqrt{BE^2+CE^2}=a\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow AC^2+BC^2=AB^2\Rightarrow AC\perp BC\)

\(\Rightarrow BC\perp\left(SAC\right)\Rightarrow BC\perp AH\Rightarrow AH\perp\left(SBC\right)\)

b.

\(CD\perp\left(SAD\right)\Rightarrow\widehat{SDA}\) là góc giữa (SCD) và (ABCD) 

\(\Rightarrow\widehat{SDA}=30^0\Rightarrow SA=AD.tan30^0=\dfrac{a\sqrt{3}}{3}\)

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp AD\\AD\perp AB\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow AD\perp\left(SAB\right)\)

Qua S kẻ đường thẳng d song song AD

Do \(AD||CE\) \(\Rightarrow\) d là giao tuyến (SAD) và (SCE)

Mà \(d\perp\left(SAB\right)\Rightarrow\widehat{ASE}\) là góc giữa (SAD) và (SCE)

\(AE=\dfrac{AB}{2}=a\)

\(tan\widehat{ASE}=\dfrac{AE}{SA}=\sqrt{3}\Rightarrow\widehat{ASE}=60^0\)

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 \(SH=BH.\cot\widehat{BSH}=\frac{4a}{\sqrt{5}}.\sqrt{3}=\frac{4a\sqrt{15}}{5}\)

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

Gọi E là trung điểm AC, do H và K cùng nhìn AC dưới 1 góc vuông nên H, K thuộc đường tròn đường kính AC (1)

\(\Rightarrow EH=EK\) hay E nằm trên trung trực HK

Gọi F là trung điểm HK \(\Rightarrow F\left(2;-1\right)\)

\(\overrightarrow{HK}=\left(14;-8\right)=2\left(7;-4\right)\Rightarrow\) EF nhận (7;-4) là 1 vtpt

Phương trình EF: \(7\left(x-2\right)-4\left(y+1\right)=0\Leftrightarrow7x-4y-18=0\)

 Tọa độ E là nghiệm: \(\left\{{}\begin{matrix}x-y+10=0\\7x-4y-18=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow E\left(\dfrac{58}{3};\dfrac{88}{3}\right)\)

\(\widehat{ACH}=\widehat{HAK}\) (cùng phụ \(\widehat{ABC}\)) \(\Rightarrow AH=HK\) 

Mà \(AE=EK\) theo (1) \(\Rightarrow AK\) là trung trực EH

\(\overrightarrow{HE}=\left(\dfrac{73}{3};\dfrac{103}{3}\right)=\dfrac{1}{3}\left(73,103\right)\) \(\Rightarrow AK\) nhận \(\left(103;-73\right)\) là 1 vtpt

Tới đây bạn hãy kiểm tra lại số liệu, số liệu quá bất hợp lý

Tính tiếp như sau:

Viết pt AK (biết đi qua K và có vtpt như trên)

Tìm tọa độ giao điểm P của EH và AK

Khi đó P là trung điểm AK, tìm tọa độ A dễ dàng bằng công thức trung điểm