a) \(SC \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SC \bot BD\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)
\(ABCD\) là hình thoi nên \(AC\bot BD\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(BD ⊥ (SAC)\).
Mà \(BD\subset (SBD)\Rightarrow (SBD) ⊥ (SAC)\).
b) Xét tam giác vuông \(ABI\) có: \(AI=AB.\cos 30^0={{a\sqrt 3 } \over 2}\Rightarrow AC = 2AI = a\sqrt 3 \)
Xét tam giác vuông \(SAC\) có: \(SA=\sqrt {A{C^2} + S{C^2}} = \sqrt {3{a^2} + {{6{a^2}} \over 4}} =\frac{3a}{\sqrt{2}}.\)
Dễ dàng chứng minh đươc \(\Delta SCA \sim \Delta IKA\,\,\left( {g.g} \right)\)
\(\Rightarrow \frac{IK}{SC}=\frac{AI}{AS}\Rightarrow IK=\frac{AI.SC}{AS}=\frac{a}{2}.\)
c) Dễ thấy \(\Delta ABD\) đều nên \(BD = a \Rightarrow IK = \frac{1}{2}BD\) nên \(\Delta BKD\) vuông tại \(K\). Vậy \(\widehat{BKD}=90^{0}.\)
Ta có: \(BD \bot \left( {SAC} \right)\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow BD \bot SA\)
\(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot SA\\IK \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow SA \bot \left( {BKD} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}SA \bot BK\\SA \bot DK\end{array} \right.\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAD} \right) = SA\\\left( {SAB} \right) \supset BK \bot SA\\\left( {SAD} \right) \supset DK \bot SA\end{array} \right.\\ \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SAB} \right);\left( {SAD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {BK;DK} \right)} = \widehat {BKD} = {90^0}\\ \Rightarrow \left( {SAB} \right) \bot \left( {SAD} \right)\end{array}\)
