a) Kẻ \(SH⊥(ABCD)\)
Do \(SA = SB = SD\) suy ra \(HA = HB = HC\)
\(⇒ H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \( ABD\).
Ta có: \(AB = AD = a\) và \(\widehat{ BAD} = 60^0\) nên \(\Delta ABD\) là tam giác đều cạnh \(a\) \( \Rightarrow AO = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2},\,\,AH = \dfrac{2}{3}AO = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3},\,\)\(CH = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{3}\)
Trong tam giác vuông \(SAH\), ta có: \(SA = {{a\sqrt 3 } \over 2};AH = {{a\sqrt 3 } \over 3}\)
\( \Rightarrow SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}} = \sqrt {\dfrac{{3{a^2}}}{4} - \dfrac{{{a^2}}}{3}} = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{6}\)
Trong tam giác vuông \(SHC\): \(S{C^2} = S{H^2} + H{C^2}\Rightarrow SC = {{a\sqrt 7 } \over 2}\)
b) \(\left. \matrix{SH \bot (ABCD) \hfill \cr SH \subset (SAC) \hfill \cr} \right\} \Rightarrow (SAC) \bot (ABCD)\)
c) Ta có:
\(S{C^2} = \dfrac{{7{a^2}}}{4};\,\,B{C^2} = {a^2};\,\,S{B^2} = \dfrac{{3{a^2}}}{4}\)\( \Rightarrow S{C^2} = B{C^2} + S{B^2}\)
\(\Rightarrow \Delta SBC\) vuông tại \(B\) \( \Rightarrow SB \bot BC.\)
d) Ta có:
\(\eqalign{
& \left. \matrix{
DB \bot AC \hfill \cr
SH \bot (ABCD) \Rightarrow SH \bot DB \hfill \cr} \right\} \Rightarrow DB \bot (SAC) \cr
& \Rightarrow \left\{ \matrix{
DB \bot {\rm{OS}} \hfill \cr
{\rm{DB}} \bot AC \hfill \cr} \right. \cr} \)
Suy ra: \(\widehat{ SOH}\) là góc giữa hai mặt phẳng \((SBD)\) và \((ABCD)\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}SO = \sqrt {S{D^2} - O{D^2}} = \sqrt {\dfrac{{3{a^2}}}{4} - \dfrac{{{a^2}}}{4}} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\\ \Rightarrow OH = \sqrt {S{O^2} - S{H^2}} = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{2} - \dfrac{{15{a^2}}}{{36}}} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6}\\ \Rightarrow \tan \varphi = \dfrac{{SH}}{{OH}} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt {15} }}{6}}}{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{6}}} = \sqrt 5 \end{array}\)
