Gọi $H=AC\cap B\text{D}\Rightarrow SH\perp \left(ABC\text{D}\right)$ và $BH=\frac{1}{3}B\text{D}$

Kẻ $HE\perp AB$ $\Rightarrow AB\perp \left(SHE\right)$ hay 

$\left(\left(SAB\right);\left(ABC\text{D}\right)\right)=\widehat{SEH}={60}^{\text{o}}$

Mà $HE=\frac{1}{3}A\text{D}=\frac{2a}{3}\Rightarrow SH=\frac{2\text{a}\sqrt{3}}{3}$

Gọi O là trung điểm của AD, ta có ABCD là hình vuông cạnh a

$\Rightarrow \Delta ACD$ có trung tuyến ;

$CO=\frac{1}{2}AD$; $CD\perp AC$

$CD\perp \left(SAC\right)v\text{à\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}BO//CD$

$hayCD//\left(SBO\right)\text{ và\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}BO\perp \left(SAC\right)$

suy ra

$d\left(CD;SB\right)=d\left(CD;\left(SBO\right)\right)$

$=d\left(C;\left(SBO\right)\right)$.

Tính chất trọng tâm tam giác BCO

$\Rightarrow IH=\frac{1}{3}IC=\frac{a\sqrt{2}}{6}$

$\Rightarrow \text{IS}=\sqrt{I{H}^2+H{S}^2}=\frac{5a\sqrt{2}}{6}$

 Kẻ $CK\perp SI$ mà $CK\perp BO\Rightarrow CK\perp \left(SBO\right)$

$\Rightarrow d\left(C;\left(SBO\right)\right)=CK$

Trong tam giác SIC có 

$S_{SIC}=\frac{1}{2}SH.IC=\frac{1}{2}SI.CK$

$\Rightarrow CK=\frac{SH.IC}{SI}=\frac{2a\sqrt{3}}{5}$

Vậy $d\left(CD;SB\right)=\frac{2a\sqrt{3}}{5}$.

Ta có ABCD là hình bình hành, AB = 2a, BC = $a\sqrt{2}$, BD =$a\sqrt{6}$ nên ABCD là hình chữ nhật.

Dựng hình bình hành ACEB.

Ta có  AC$\parallel$BE, AC $\not\subset$$\left(SBE\right)$

$\Rightarrow AC\parallel \left(SBE\right)$ mà $\left(SBE\right)\supset SB$

vậy $d\left(SB,AC\right)=d\left(AC,\left(SBE\right)\right)$

$=d\left(G,\left(SBE\right)\right)$.

Dựng $GK\perp BE,K\in BE$ lại có $SG\perp BE$ nên $BE\perp \left(SGK\right)$                          

Dựng $GH\perp SK,H\in SK$ 

lại có $GH\perp BE$ nên $GH\perp \left(SBE\right)\Rightarrow \left(G,\left(SBE\right)\right)=GH$

Ta có $GK=d\left(B,AC\right)$.

Tam giác ABC vuông tại B

suy ra $\frac{1}{d^2\left(B,AC\right)}=\frac{1}{B{A}^2}+\frac{1}{B{C}^2}$ 

vậy $GK=d\left(B,AC\right)=\frac{2a}{\sqrt{3}}$.

Xét tam giác SGK vuông tại G,

đường cao $GH,SG=2a,GK=\frac{2a}{\sqrt{3}}$có

$\frac{1}{G{H}^2}=\frac{1}{G{K}^2}+\frac{1}{G{S}^2}$

$\Rightarrow GH=a\Rightarrow d\left(SB,AC\right)=a$

Ta có $\left(SIC\right),\left(SIB\right)$ cùng vuông góc với mặt phẳng $\left(ABC\right)$ nên $SI\perp \left(ABC\right)$.

Dựng hình bình hành ACBE.

Ta có $AC\parallel BE,AC\not\subset \left(SBE\right)$

$\Rightarrow AC\parallel \left(SBE\right)$ mà $\left(SBE\right)\supset SB$ vậy

$d\left(SB,AC\right)=d\left(AC,\left(SBE\right)\right)$

$=d\left(A,\left(SBE\right)\right)$

$=2d\left(I,\left(SBE\right)\right)$.

Dựng $IK\perp BE,K\in BE$

lại có $SI\perp BE$ nên $BE\perp \left(SGK\right)$.

Dựng $IH\perp SK, H\in SK$ 

lại có $IH\perp BE$ nên $IH\perp \left(SBE\right)$

$\Rightarrow d\left(I,\left(SBE\right)\right)=IH$                                                                                     

Kéo dài IK cắt AC tại D mà

$SI\perp AC\Rightarrow \left(SID\right)\perp AC$

Lại có $\left(SAC\right)\perp \left(ABC\right)=AC$

$\left(SAD\right)\cap \left(ABC\right)=AD$

$\left(SAD\right)\cap \left(ASC\right)=SD$.

Góc giữa $\left(SAC\right)$ và $\left(ABC\right)$ bằng $\widehat{SDI}$ suy ra $\overbrace{SDI}=60°$.

Ta có $ID=IK=\frac{1}{2}d\left(B,AC\right)$

Mà tam giác ABC vuông tại B suy ra

$\frac{1}{d^2\left(B,AC\right)}=\frac{1}{B{A}^2}+\frac{1}{B{C}^2}$ 

vậy $ID=IK=d\left(B,AC\right)=\frac{12a}{5}$.

Xét tam giác SID vuông tại I, 

$ID=\frac{12a}{5},\widehat{SDI}=60°$,suy ra

$SI=\frac{12a\sqrt{3}}{5}$

Xét tam giác SIK vuông tại I, đường cao IH có

$\frac{1}{I{H}^2}=\frac{1}{I{K}^2}+\frac{1}{I{S}^2}$

$\Rightarrow IH=\frac{6a\sqrt{3}}{5}\Rightarrow d\left(SB,AC\right)=\frac{12a\sqrt{3}}{5}$

SO⊥(ABCD), O là tâm của hình vuông ABCD.

Kẻ OH⊥SD, khi đó d(O;SD)=OH, α=$\widehat{SDO}$

OD= $\frac{1}{2}BD=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

$\Rightarrow OH=OD\sin \alpha =\frac{a\sqrt{2}\sin \alpha }{2}$

Vì SA, AB, BC vuông góc với nhau từng đôi một nên CB⊥SB

Kẻ BH⊥SC, khi đó d(B;SC)=BH

Ta có: SB=$\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}$

$=\sqrt{9a^2+3a^2}=2\sqrt{3}a$

Trong tam giác vuông SBC ta có:

$\frac{1}{B{H}^2}=\frac{1}{S{B}^2}+\frac{1}{B{C}^2}$

$\Rightarrow BH=\frac{SB.BC}{\sqrt{S{B}^2+B{C}^2}}=2a$

Gọi M là trung điểm của CD′.

Do ABCD.A′B′C′D′ là hình lập phương nên tam giác ACD′ là tam giác đều cạnh $a\sqrt{2}$

AM⊥CD′⇒d(A,CD′)=AM= $a\sqrt{2}.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{2}$

Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ A xuống DB′.

Dễ thấy AD⊥(ABB′A′) nên

⇒ΔADB′ vuông đỉnh A.

Lại có AD=a;AB′= $a\sqrt{2}$

$\Rightarrow \frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{D}^2}+\frac{1}{AB{\text{'}}^2}$

$=\text{\hspace{0.17em}}\frac{1}{a^2}+\frac{1}{2a^2}=\frac{3}{2a^2}$

$\Rightarrow A{H}^2=\frac{2a^2}{3}$

$\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{6}}{3}$

Gọi D là trung điểm cạnh BC.

Ta có $\left\{\begin{array}{c}SA\perp SB\\ SA\perp SC\end{array}\right.$ ⇒ SA⊥(SBC)

⇒ SA⊥BC.

Mà SD⊥BC nên BC⊥(SAD).

$\Rightarrow \left(\widehat{(ABC;(ABC)}\right)=\widehat{SDA}=\alpha$

Khi đó tam giác SAD vuông tại S có:

 SD= $\frac{1}{\sqrt{2}};AD=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}$ và

$cos\alpha =\frac{SD}{AD}\iff cos\alpha =\frac{1}{\sqrt{3}}$

Từ giả thiết suy ra ABDC là hình thoi nên BC⊥AD.

Ta có $\left\{\begin{array}{c}BC\perp AD\\ BC\perp SD\end{array}\right.$ ⇒BC⊥(SAD)

⇒BC⊥SA.

Lại có theo giả thiết IH⊥SA. Từ đó suy ra SA⊥(HCB)⇒SA⊥BH

⇒ Đáp án A đúng.

Tính được AI= $\frac{a\sqrt{3}}{2},AD=2AI=a\sqrt{3},$

$S{A}^2=\sqrt{A{D}^2+S{D}^2}=\frac{3a\sqrt{2}}{2}$

Ta có ΔAHI∼ΔADS⇒ $\frac{IH}{SD}=\frac{AI}{AS}$

$\Rightarrow IH=\frac{AI.SD}{AS}=\frac{a}{2}=\frac{BC}{2}$

⇒ Tam giác HBC có trung tuyến IH bằng nửa cạnh đáy BC nên $\widehat{BHC}={90}^0$ hay BH⊥HC. Do đó D đúng.

Từ mệnh đề A và D suy ra BH⊥(SAC)⇒(SAB)⊥(SAC)⇒ mệnh đề C đúng.

Dùng phương pháp loại trừ thì B là đáp án sai.

Do ΔABC cân tại C nên CH⊥AB.

Mà SA⊥(ABC) ⇒ SA⊥CH.

Do đó CH⊥(SAB) ⇒ CH⊥HK, CH⊥AK hay A, C đúng.

Ngoài ra HK//SA,SA⊥AB ⇒ HK⊥AB, mà AB⊥CH ⇒AB⊥(CHK) hay B đúng.

D sai vì BC không vuông góc với AC nên không có BC⊥(SAC).

Gọi O là tâm mặt đáy (ABCD), suy ra SO⊥(ABCD).

Vì SO⊥(ABCD), suy ra OA là hình chiếu của SA trên mặt phẳng (ABCD).

Do đó $(SA,\widehat{ABCD})=\left(\widehat{SA,AO}\right)=\widehat{SAO}$

Tam giác vuông SOA, có tan$\widehat{SAO}$=$\frac{SO}{AO}=\frac{\sqrt{S{B}^2-B{O}^2}}{AO}=\frac{\sqrt{14}}{2}$

Có $\overrightarrow{AK}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CK}$

$=(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD})+\frac{1}{2}\overrightarrow{A{A}_1}$

$=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\frac{1}{2}\overrightarrow{A{A}_1}$

Ta có: $\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DM}$

$=\overrightarrow{AD}+\frac{1}{2}\overrightarrow{D{C}_1}$

$=\overrightarrow{AD}+\frac{1}{2}(\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{D{D}_1})$

$=\overrightarrow{AD}+\frac{1}{2}\overrightarrow{DC}+\frac{1}{2}\overrightarrow{{\text{DD}}_1}$

$=\overrightarrow{AD}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{A{A}_1}$

Ta có: SA⊥(ABCD)⇒SA⊥AC

⇒$(SC,\widehat{ABCD})=\left(\widehat{SC,AC}\right)$

$=\widehat{SCA}=\alpha$

ABCD là hình vuông cạnh a 

⇒ AC= $a\sqrt{2},SA=\frac{a\sqrt{6}}{3}$

$\Rightarrow \tan \alpha =\frac{SA}{AC}=\frac{\sqrt{3}}{3}$

$\Rightarrow \alpha ={30}^0$

Vì SA vuông góc với mp(ABCD)⇒SA⊥BD.

Mà ABCD là hình thoi tâm O⇒AC⊥BD nên suy ra BD⊥(SAC).

Mặt khác SO⊂(SAC) và SC⊂(SAC) 

suy ra $\left\{\begin{array}{c}BD\perp SO\\ BD\perp SC\end{array}\right.$

Và AD, SC là hai đường thẳng chéo nhau và $(AD;SC)=(BC;SC)=\widehat{SCB}$.

Ta chưa kết luận được số đo của góc $\widehat{SCB}$.

Ta có $\left\{\begin{array}{c}AB\perp BC\\ AB\perp CD\end{array}\right.$ ⇒AB⊥(BCD)

⇒ tam giác ABD vuông tại B.

Lại có BC⊥CD nên tam giác BCD vuông tại C.

Khi đó:

$\left\{\begin{array}{c}A{D}^2=A{B}^2+B{D}^2\\ B{D}^2=B{C}^2+C{D}^2\end{array}\right.$

$\Rightarrow A{D}^2=A{B}^2+B{C}^2+C{D}^2$

$\Rightarrow AD=\sqrt{a^2+b^2+c^2}$

Ta có $\left\{\begin{array}{c}AB\perp BC\\ AB\perp CD\end{array}\right.$ ⇒AB⊥(BCD)

⇒ $AB\perp BD$

Do đó; tam giác ABD vuông tại B.

Suy ra OA=OB=OD=$\frac{AD}{2}$, với O là trung điểm của AD.  (1)

Lại có  $\left\{\begin{array}{c}AB\perp CD\\ BC\perp CD\end{array}\right.$⇒ CD⊥(ABC)

⇒tam giác ACD vuông tại C.

Suy ra OA=OC=OD= $\frac{AD}{2}$(2)

Từ (1),(2) suy ra OA= OB= OC= OD nên trung điểm O của cạnh AD cách đều A,B,C,D.