Đáp án đúng:
Giải chi tiết:
a) Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\,\,\left( {gt} \right)\\BD \bot SA\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)\).
Mà \(BD \subset \left( {SBD} \right) \Rightarrow \left( {SAC} \right) \bot \left( {SBD} \right)\).
b) \(AM\) là hình chiếu của \(SM\) trên \(\left( {ABCD} \right)\).
\( \Rightarrow \angle \left( {SM;\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SM;AM} \right) = \angle SAM\).
Xét tam giác vuông \(ABM\) ta có: \(AM = \sqrt {A{B^2} + B{M^2}}  = a\sqrt 5 \).
Xét tam giác vuông \(SAM\) ta có: \(\tan \angle SAM = \dfrac{{AM}}{{SA}} = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{{a\sqrt {15} }} = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }} \Leftrightarrow \angle SAM = {30^0}\).
c) Gọi \(I = AC \cap MN \Rightarrow I\) là trung điểm của \(OC\).
Ta có : \(AC \cap \left( {SMN} \right) = I \Rightarrow \dfrac{{d\left( {C;\left( {SMN} \right)} \right)}}{{d\left( {A;\left( {SMN} \right)} \right)}} = \dfrac{{CI}}{{AI}} = \dfrac{1}{3}\)
\( \Rightarrow d\left( {C;\left( {SMN} \right)} \right) = \dfrac{1}{3}d\left( {A;\left( {SMN} \right)} \right)\).
Ta có \(MN//BD\), mà \(BD \bot \left( {SAC} \right)\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow MN \bot \left( {SAC} \right)\).
Trong \(\left( {SAC} \right)\) kẻ \(AH \bot SI\,\,\left( {H \in SI} \right)\) \( \Rightarrow MN \bot AH\).
\( \Rightarrow AH \bot \left( {SMN} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SMN} \right)} \right) = AH\).
Ta có \(AC = 2a\sqrt 2  \Rightarrow AI = \dfrac{3}{4}AC = \dfrac{3}{4}.2a\sqrt 2  = \dfrac{{3a\sqrt 2 }}{2}\)
Xét tam giác vuông \(SAI\) ta có : \(AH = \dfrac{{SA.AI}}{{\sqrt {S{A^2} + A{I^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt {15} .\dfrac{{3a\sqrt 2 }}{2}}}{{\sqrt {15{a^2} + \dfrac{{9{a^2}}}{2}} }} = \dfrac{{3a\sqrt {65} }}{{13}}\).
Vậy \(d\left( {C;\left( {SMN} \right)} \right) = \dfrac{1}{3}AH = \dfrac{{a\sqrt {65} }}{3}\)