Lời giải:

a)

Vì $ABCD$ là hình thoi nên \(AC\perp BD\) (1)

\(SB\perp (ABCD); AC\subset (ABCD)\Rightarrow SB\perp AC\) (2)

Từ \((1); (2)\Rightarrow AC\perp (SBD)\)

Ta có đpcm.

b)

Thấy tam giác $ABD$ cân tại $A$ do $AB=AD$ mà góc $A$ bằng $60^0$ nên là tam giác đều.

Do đó \(BD=AB=a\)

Đường trung tuyến $DI$ đồng thời là đường cao nên áp dụng định lý Pitago:

\(DI=\sqrt{AD^2-AI^2}=\sqrt{AD^2-(\frac{AB}{2})^2}=\frac{\sqrt{3}a}{2}\)

Theo định lý Pitago cũng có:

\(SI=\sqrt{SB^2+BI^2}=\sqrt{SB^2+(\frac{AB}{2})^2}=\frac{\sqrt{13}a}{2}\)

\(SD=\sqrt{SB^2+BD^2}=\sqrt{3a^2+a^2}=2a\)

Từ các kết quả trên có \(SI^2+ID^2=SD^2\) nên theo định lý Pitago đảo thì tam giác $SID$ vuông tại $I$

c)

Có:

\(\overrightarrow {BD}.\overrightarrow{SC}=\overrightarrow {BD}(\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{BC})\) \(=\overrightarrow {BD}.\overrightarrow{SB}+\overrightarrow {BD}.\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{BD}.\overrightarrow{BC}\)

(do \(SB\perp BD\Rightarrow \overrightarrow {BD}.\overrightarrow {SB}=\overrightarrow{0}\) )

Lại có: \(\overrightarrow{BD}.\overrightarrow{BC}=|\overrightarrow{BD}||\overrightarrow {BC}|\cos (BD, BC)\)

\(=a^2\cos \widehat{DBC}=a^2\cos 60^0=\frac{a^2}{2}\)

Suy ra \(\overrightarrow {BD}.\overrightarrow{SC}=\frac{a^2}{2}\)

d) Vì $SB$ vuông góc với mặt phẳng đáy nên:

\(\angle (SD, (ABC))=\angle (SD, BD)=\widehat{SDB}\)

\(\tan \widehat{SDB}=\frac{SB}{BD}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow \angle (SD, (ABC))=\widehat{SDB}=60^0\)

====

Gọi $N$ là giao điểm của $BD$ và $AC$

\(\angle (BD,(SAC))=\angle (BN, (SAC))=\angle (BN,SN)=\widehat{BNS}\)

\(\tan \widehat{BNS}=\frac{BS}{BN}=\frac{a\sqrt{3}}{\frac{a}{2}}=2\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow \angle (BD, (SAC))= \widehat{BNS}=\arctan 2\sqrt{3}\)