Câu hỏi:

Gọi $M$ là trung điểm của $AB$. Vì $ABCD$ là hình vuông nên $AB \parallel CD$. Do đó, $M$ thuộc đường thẳng $AB$ song song với $CD$, mà $CD \subset (SAD)$ nên $AB \parallel (SAD)$, suy ra $d(M,(SAD))=d(B,(SAD))$. Kẻ $BH \perp AD$ tại $H$, suy ra $BH=a$. Kẻ $BK \perp SH$ tại $K$, suy ra $BK \perp (SAD)$, do đó $d(B,(SAD)) = BK$. Tam giác $SAH$ vuông tại $A$ có $SA=2a, AH=a$ nên $SH = \sqrt{SA^2+AH^2} = a\sqrt{5}$. Xét tam giác $SAH$ vuông tại $A$, có $AB \perp (ABCD)$, suy ra $AD \perp SA$, do đó $AD \perp (SAB)$. Suy ra $(SAD) \perp (SAB)$. Trong tam giác $SAD$, kẻ $AK \perp SD$, suy ra $AK = \frac{SA.AD}{\sqrt{SA^2+AD^2}} = \frac{2a.a}{\sqrt{4a^2+a^2}} = \frac{2a}{\sqrt{5}}$. Trong tam giác $SAB$, kẻ $AE \perp SB$, suy ra $AE = \frac{SA.AB}{\sqrt{SA^2+AB^2}} = \frac{2a.a}{\sqrt{4a^2+a^2}} = \frac{2a}{\sqrt{5}}$. Kẻ $AH \perp (SAD)$, suy ra $d(A,(SAD)) = AH$. Vì $M$ là trung điểm $AB$ nên $d(M,(SAD)) = \frac{1}{2} d(A,(SAD)) = \frac{a}{2}$.

Gọi $a = OA = OB = OC$. Ta có tọa độ các điểm: $O(0;0;0)$, $A(a;0;0)$, $B(0;a;0)$, $C(0;0;a)$.

Vì $M$ là trung điểm $BC$ nên $M(0; \frac{a}{2}; \frac{a}{2})$.

Suy ra $\overrightarrow{OM} = (0; \frac{a}{2}; \frac{a}{2})$ và $\overrightarrow{AB} = (-a; a; 0)$.

Ta có $\overrightarrow{OM}.\overrightarrow{AB} = 0.(-a) + \frac{a}{2}.a + \frac{a}{2}.0 = \frac{a^2}{2}$.

$|\overrightarrow{OM}| = \sqrt{0^2 + (\frac{a}{2})^2 + (\frac{a}{2})^2} = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.

$|\overrightarrow{AB}| = \sqrt{(-a)^2 + a^2 + 0^2} = a\sqrt{2}$.

Gọi $\alpha$ là góc giữa $OM$ và $AB$, ta có:

$\cos{\alpha} = \frac{|\overrightarrow{OM}.\overrightarrow{AB}|}{|\overrightarrow{OM}|.|\overrightarrow{AB}|} = \frac{|\frac{a^2}{2}|}{\frac{a\sqrt{2}}{2}.a\sqrt{2}} = \frac{\frac{a^2}{2}}{a^2} = \frac{1}{2}$.

Vậy $\alpha = 60^\circ$.

Gọi $O$ là tâm của hình vuông $ABCD$. Vì $S.ABCD$ là hình chóp tứ giác đều nên $SO \perp (ABCD)$.


Do đó, khoảng cách từ $S$ đến mặt phẳng $(ABCD)$ là độ dài đoạn $SO$.


Vì $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ nên $AC = a\sqrt{2}$. Suy ra $AO = \frac{AC}{2} = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.


Xét tam giác $SAO$ vuông tại $O$, ta có: $SO = \sqrt{SA^2 - AO^2} = \sqrt{a^2 - \left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)^2} = \sqrt{a^2 - \frac{a^2}{2}} = \sqrt{\frac{a^2}{2}} = \frac{a}{\sqrt{2}}$.

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 $a\sqrt{2}$