Giải thích các bước giải:

 a) Ta có:

$SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AB,SA \bot AD,SA \bot BC,SA \bot CD$

$ \Rightarrow \Delta SAD,\Delta SAB$ vuông tại $A$.

Lại có:

$\left\{ \begin{array}{l}
BC \bot SA\\
BC \bot AB
\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB$

$ \Rightarrow \Delta SBC$ vuông tại $B$

Và

$\left\{ \begin{array}{l}
DC \bot SA\\
DC \bot AD
\end{array} \right. \Rightarrow DC \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow DC \bot SD$

$ \Rightarrow \Delta SCD$ vuông tại $D$

Như vậy các mặt bên của chóp đều là tam giác vuông.

b) Ta có:

${V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}.SA.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.a.{a^2} = \dfrac{{{a^3}}}{3}$

Vậy ${V_{S.ABCD}} = \dfrac{{{a^3}}}{3}$

c) Ta có:

$\begin{array}{l}
 + )BC \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow BC \bot AH\\
 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
AH \bot BC\\
AH \bot SB
\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AH \bot SC\\
 + )CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot AK\\
 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
AK \bot CD\\
AK \bot SD
\end{array} \right. \Rightarrow AK \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow AK \bot SC
\end{array}$

Khi đó:

$\left\{ \begin{array}{l}
SC \bot AH\\
SC \bot AK
\end{array} \right. \Rightarrow SC \bot \left( {AHK} \right)$

d) Trong mặt (ABCD) kẻ đường thẳng qua $A$ song song với $BD$ cắt $CD$ tại $E$.

Trong mặt $(SCD)$ gọi $G$ là giao điểm của $KE$ và $SC$

Ta có:

$\Delta SAB;\widehat {SAB} = {90^0};AH \bot SB;SA = AB = a$

$ \Rightarrow H$ là trung điểm của $SB$

$\Delta SAD;\widehat {SAD} = {90^0};AK \bot SD;SA = AD = a$

$ \Rightarrow K$ là trung điểm của $SD$

Xét tam giác $SBD$ có:

$H,K $ lần lượt là trung điểm của $SB,SD$

$\to HK//BD$

Mà $AE//BD$ $\to AE//HK\to E\in (AHK)\to G\in (AHK)$

Ta có:

$HK//BD\to HK\bot AC (BD\bot AC)$ mà $ SC\bot (AHGK)\to SC\bot HK$

Như vậy $HK\bot  SC; HK\bot AC\to HK\bot (SAC)\to HK\bot AG$

Suy ra tứ giác $AHGK$ có 2 đường chéo vuông góc.

e) Ta có:

$BD\bot SA; BD\bot AC\to BD\bot (SAC)$ 

Mà $d(B,(SAC))=d(D,(SAC))=\dfrac{BD}{2}$

Nên $B,D$ đối xứng với nhau qua mặt $(SAC)$

Suy ra mặt $(SAC)$ là mặt đối xứng của chóp.

f) Ta có:
${V_{S.AHGK}} = {V_{S.AHG}} + {V_{S.AKG}}\left( 1 \right)$

Lại có:

$\begin{array}{l}
\dfrac{{{V_{S.AHG}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SH}}{{SB}}.\dfrac{{SG}}{{SC}} \Rightarrow {V_{S.AHG}} = {V_{S.ABC}}.\dfrac{{SH}}{{SB}}.\dfrac{{SG}}{{SC}}\left( 2 \right)\\
\dfrac{{{V_{S.AGK}}}}{{{V_{S.ACD}}}} = \dfrac{{SG}}{{SC}}.\dfrac{{SK}}{{SD}} \Rightarrow {V_{S.AGK}} = {V_{S.ACD}}.\dfrac{{SG}}{{SC}}.\dfrac{{SK}}{{SD}}\left( 3 \right)
\end{array}$

Ta có:

Áp dụng ĐL Menelaus cho 3 điểm thẳng hàng $G,K,E$ nằm trên 3 cạnh tam giác $SCD$ ta có:

$\dfrac{{ED}}{{EC}}.\dfrac{{GC}}{{GS}}.\dfrac{{KS}}{{KD}} = 1 \Rightarrow \dfrac{1}{2}.\dfrac{{GC}}{{GS}}.1 = 1 \Rightarrow \dfrac{{GC}}{{GS}} = 2 \Rightarrow \dfrac{{SG}}{{SC}} = \dfrac{1}{3}(4)$

Thay (4) vào (2),(3) ta có:

${V_{S.AHG}} = {V_{S.ABC}}.\dfrac{{SH}}{{SB}}.\dfrac{{SG}}{{SC}} = \dfrac{1}{2}{V_{S.ABCD}}.\dfrac{{SH}}{{SB}}.\dfrac{{SG}}{{SC}} = \dfrac{{{a^3}}}{6}.\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{3} = \dfrac{{{a^3}}}{{36}}$

${V_{S.AGK}} = {V_{S.ACD}}.\dfrac{{SG}}{{SC}}.\dfrac{{SK}}{{SD}} = \dfrac{1}{2}{V_{S.ABCD}}.\dfrac{{SG}}{{SC}}.\dfrac{{SK}}{{SD}} = \dfrac{{{a^3}}}{6}.\dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{2} = \dfrac{{{a^3}}}{{36}}$

Khi đó từ (1) ta có:

${V_{S.AHGK}} = {V_{S.AHG}} + {V_{S.AKG}} = \dfrac{{{a^3}}}{{36}} + \dfrac{{{a^3}}}{{36}} = \dfrac{{{a^3}}}{{18}}$

Vậy ${V_{S.AHGK}} = \dfrac{{{a^3}}}{{18}}$