Câu hỏi:

Gọi $E$ là hình chiếu vuông góc của $C$ lên mặt phẳng $(SAB)$. Vì tam giác $ABC$ đều nên $C$ đối xứng với $B$ qua $AB$. Do đó, hình chiếu của $C$ lên $(SAB)$ là $B$. Vậy $E \equiv B$.
Góc giữa $SC$ và $(SAB)$ là góc $\widehat{BSC}$.

*Tính góc* $\widehat{BSC}$

Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ nên $SB = \sqrt{SA^2 + AB^2} = \sqrt{(a\sqrt{2})^2 + (2a)^2} = a\sqrt{6}$.

Xét tam giác $SBC$ có $SB = a\sqrt{6}$, $BC = 2a$, $SC = \sqrt{SA^2 + AC^2} = \sqrt{(a\sqrt{2})^2 + (2a)^2} = a\sqrt{6}$.

Suy ra tam giác $SBC$ cân tại $S$. Gọi $M$ là trung điểm $BC$, ta có $SM \perp BC$.

$SM = \sqrt{SB^2 - MB^2} = \sqrt{(a\sqrt{6})^2 - a^2} = a\sqrt{5}$.

$\sin \widehat{BSC} = \frac{MC}{SC} = \frac{a}{a\sqrt{6}} = \frac{1}{\sqrt{6}}$

$\widehat{BSC} = \arcsin(\frac{1}{\sqrt{6}})$.

Cách khác: Tính tan góc $\widehat{BSC}$.
$SA \perp (ABC) \Rightarrow SA \perp AB$. Mà $SA = a\sqrt{2}, AB = 2a$.
$SB = \sqrt{SA^2 + AB^2} = \sqrt{2a^2 + 4a^2} = a\sqrt{6}$.
Trong $(SAB)$, kẻ $BE \perp SB$ tại $B$, khi đó góc giữa $SC$ và $(SAB)$ là $\widehat{BSC}$.
Do đó $sin\widehat{BSC} = \frac{BC}{SC} = \frac{2a}{a\sqrt{6}} = \frac{2}{\sqrt{6}} = \frac{\sqrt{6}}{3}$.
Vậy $\widehat{BSC} = 60^\circ$ .

Vì $CD$ song song với $AB$, nên khoảng cách giữa $SB$ và $CD$ bằng khoảng cách giữa $CD$ và mặt phẳng $(SAB)$.
Trong mặt phẳng $(SAB)$, kẻ $AH \perp SB$ tại $H$.
Ta có $CD \perp (SAD)$ và $AH \subset (SAB)$ suy ra $d(CD, (SAB)) = d(A, (SAB)) = AH$.
Xét tam giác $SAB$ vuông tại $A$, ta có:
$\frac{1}{AH^2} = \frac{1}{SA^2} + \frac{1}{AB^2} = \frac{1}{a^2} + \frac{1}{a^2} = \frac{2}{a^2}$
$AH = \frac{a}{\sqrt{2}} = \frac{a\sqrt{2}}{2}$
Vậy khoảng cách giữa $SB$ và $CD$ là $a\sqrt{2}$

Gọi cạnh của tứ diện đều là $a$.

Ta có $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{DM} = \overrightarrow{AB} \cdot (\overrightarrow{DC} + \overrightarrow{CM}) = \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{DC} + \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CM}$.

• $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{DC} = |\overrightarrow{AB}| \cdot |\overrightarrow{DC}| \cdot \cos(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{DC}) = a \cdot a \cdot \cos(180^\circ - 60^\circ) = a^2 \cdot (-\frac{1}{2}) = -\frac{a^2}{2}$.


• $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CM} = |\overrightarrow{AB}| \cdot |\overrightarrow{CM}| \cdot \cos(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{CM}) = a \cdot \frac{a}{2} \cdot \cos(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{CM})$.
  
  Vì $M$ là trung điểm $BC$ nên $CM = \frac{BC}{2} = \frac{a}{2}$.
  
  $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{BC} = a \cdot a \cdot \cos(60^\circ) = \frac{a^2}{2}$
  
  Suy ra $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CM} = \overrightarrow{AB} \cdot \frac{1}{2}\overrightarrow{BC} = \frac{1}{2} \cdot \frac{a^2}{2} = \frac{a^2}{4}$.

Do đó, $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{DM} = -\frac{a^2}{2} + \frac{a^2}{4} = -\frac{a^2}{4}$.

Ta có $|\overrightarrow{AB}| = a$.

$|\overrightarrow{DM}|^2 = DM^2 = CD^2 + CM^2 - 2CD \cdot CM \cdot \cos(60^\circ) = a^2 + \frac{a^2}{4} - 2 \cdot a \cdot \frac{a}{2} \cdot \frac{1}{2} = a^2 + \frac{a^2}{4} - \frac{a^2}{2} = \frac{3a^2}{4}$.

Suy ra $|\overrightarrow{DM}| = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Vậy $\cos(AB, DM) = \frac{|\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{DM}|}{|\overrightarrow{AB}| \cdot |\overrightarrow{DM}|} = \frac{\frac{a^2}{4}}{a \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}} = \frac{\frac{1}{4}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{1}{4} \cdot \frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{1}{2\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{6}$.

Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $BC$. Vì $(SBC)$ và $(ABC)$ có giao tuyến là $BC$ và $SA \perp (ABC)$ nên góc giữa $(SBC)$ và $(ABC)$ là $\widehat{SHA} = 45^\circ$. Ta có $AH \perp BC$ và $SA \perp BC$ nên $BC \perp (SHA)$, suy ra $BC \perp SH$. Diện tích tam giác $SBC$ là $\frac{1}{2} \cdot SH \cdot BC$. Diện tích tam giác $ABC$ là $\frac{1}{2} \cdot AH \cdot BC$. Vậy $\frac{S_{SBC}}{S_{ABC}} = \frac{SH}{AH}$. Xét tam giác $SHA$ vuông tại $A$ có $\widehat{SHA} = 45^\circ$ nên $tan 45^\circ = \frac{AH}{SA} = 1$, suy ra $AH = SA$. Áp dụng định lý Pytago vào tam giác $SHA$, ta có: $SH = \sqrt{SA^2 + AH^2} = \sqrt{AH^2 + AH^2} = AH\sqrt{2}$. Vậy $\frac{S_{SBC}}{S_{ABC}} = \frac{SH}{AH} = \frac{AH\sqrt{2}}{AH} = \sqrt{2}$.

Ta có $AB' // CD'$ nên khoảng cách giữa $AB'$ và $CD'$ bằng khoảng cách giữa $AB'$ và mặt phẳng $(CDD'C')$.

Chọn mặt phẳng $(ABB'A')$ song song với $(CDD'C')$. Khi đó khoảng cách giữa $AB'$ và $(CDD'C')$ bằng khoảng cách giữa hai mặt phẳng $(ABB'A')$ và $(CDD'C')$, và bằng cạnh của hình lập phương, tức là $2$.