a, Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}AB\perp SA\left(do:SA\perp\left(ABCD\right)\right)\\AB\perp AD\left(gt\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow AB\perp\left(SAD\right)\)

Từ C kẻ CH // AB  ⇒ CH ⊥ (SAD)

⇒ d (C, (SAD)) = CH = 2a

b, Ta có: \(\left(SAC\right)\cap\left(ABCD\right)=AC\)

Hạ DE ⊥ AC ⇒ DE ⊥ (SAC)

⇒ d(D, (SAC)) = DE

Ta có: AC = 2a√2, AH = HC 2a và HD = a

Xét tam giác HDC vuông tại H, có: \(DC=\sqrt{HD^2+HC^2}=a\sqrt{5}\)

Xét tam giác AHC vuông cân tại H, có: \(\widehat{HAC}=45^o=\widehat{DAE}\)

Xét tam giác ADE vuông tại E, có: \(DE=AD.sin\widehat{DAE}=\dfrac{3a\sqrt{2}}{2}\)

Xét mặt phẳng đáy (ABCD) là hình thang cân. Kéo dài AC cắt BD tại I ta thu được tam giác đều ICD. 

Do đó AD và BC đồng thời là đường cao và là đường trung tuyến của tam giác ICD. Suy ra O là trọng tâm của tam giác ICD (Với O là giao của AD và BC)

Ta có: \(AD=\sqrt{CD^2-AC^2}=a\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow OA=\dfrac{1}{3}a\sqrt{3}\)

Vì hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) và có giao tuyến là SO. Do đó SO vuông góc với (ABCD)

Xét tam giác SOB vuông tại O ta có: 

\(SO=\sqrt{SA^2-OA^2}=\dfrac{\sqrt{15}}{3}a\)

Vậy khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABCD) là \(\dfrac{\sqrt{15}}{3}a\)

Ta có: \(S_{ABCD}=\dfrac{3}{4}.S_{ICD}=\dfrac{3}{4}.\dfrac{AD.CI}{2}=\dfrac{3}{8}.a\sqrt{3}.2a=\dfrac{3\sqrt{3}}{4}a^2\)

\(\Rightarrow V_{S.ABCD}=\dfrac{1}{3}.SO.S_{ABCD}=\dfrac{1}{3}.\dfrac{\sqrt{15}}{3}a.\dfrac{3\sqrt{3}}{4}a^2=\dfrac{\sqrt{5}}{4}a^3\)

Xét mặt phẳng đáy (ABCD) là hình thang cân. Kéo dài AC cắt BD tại I ta thu được tam giác đều ICD. 

Do đó AD và BC đồng thời là đường cao và là đường trung tuyến của tam giác ICD. Suy ra O là trọng tâm của tam giác ICD (Với O là giao của AD và BC)

Ta có: \(AD=\sqrt{CD^2-AC^2}=a\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow OA=\dfrac{1}{3}a\sqrt{3}\)

Vì hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) và có giao tuyến là SO. Do đó SO vuông góc với (ABCD)

Xét tam giác SOB vuông tại O ta có: 

\(SO=\sqrt{SA^2-OA^2}=\dfrac{\sqrt{15}}{3}a\)

Vậy khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABCD) là \(\dfrac{\sqrt{15}}{3}a\)

Ta có: \(S_{ABCD}=\dfrac{3}{4}.S_{ICD}=\dfrac{3}{4}.\dfrac{AD.CI}{2}=\dfrac{3}{8}.a\sqrt{3}.2a=\dfrac{3\sqrt{3}}{4}a^2\)

\(\Rightarrow V_{S.ABCD}=\dfrac{1}{3}.SO.S_{ABCD}=\dfrac{1}{3}.\dfrac{\sqrt{15}}{3}a.\dfrac{3\sqrt{3}}{4}a^2=\dfrac{\sqrt{5}}{4}a^3\)

B

Chọn D.

a) Ta có:

⇒ (SCD) ⊥ (SAD)

Gọi I là trung điểm của đoạn AB. Ta có AICD là hình vuông và IBCD là hình bình hành. Vì DI // CB và DI ⊥ CA nên AC ⊥ CB. Do đó CB ⊥ (SAC).

Vậy (SBC) ⊥ (SAC).

b) Ta có:

c) 

Vậy (α) là mặt phẳng chứa SD và vuông góc với mặt phẳng (SAC) chính là mặt phẳng (SDI). Do đó thiết diện của (α) với hình chóp S.ABCD là tam giác đều SDI có chiều dài mỗi cạnh bằng a√2. Gọi H là tâm hình vuông AICD ta có SH ⊥ DI và  .

Tam giác SDI có diện tích:

a) Tam giác ABD có AB = AD ( do ABCD là hình thoi)

=> Tam giác ABD cân tại A. Lại có góc A= 60o

=> Tam giác ABD đều.

Lại có; SA = SB = SD nên hình chóp S.ABD là hình chóp đều.

* Gọi H là tâm của tam giác ABD

=>SH ⊥ (ABD)

*Gọi O là giao điểm của AC và BD.