Lời giải

a) Tam giác ABD có: AB = AD (do ABCD là hình thoi) và \[\widehat {BAD} = 60^\circ \] (giả thiết).

Suy ra tam giác ABD đều.

Lại có SA = SB = SD = a.

Suy ra hình chóp S.ABD là hình chóp đều.

Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD.

Suy ra SH ⊥ (ABD).

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Khi đó \(AO = \frac{{AD\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) và \(AH = \frac{2}{3}AO = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Tam giác SHA vuông tại H, có: \(SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {15} }}{6}\).

Do đó d(S, (ABCD)) = SH = \(\frac{{a\sqrt {15} }}{6}\).

Ta có \(CH = CO + OH = AO + \frac{1}{3}AO = \frac{4}{3}AO = \frac{4}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\).

Tam giác SHC vuông tại H, có: \(SC = \sqrt {S{H^2} + H{C^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt {15} }}{6}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{2a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 7 }}{2}\).

Vậy d(S, (ABCD)) = \(\frac{{a\sqrt {15} }}{6}\) và \(SC = \frac{{a\sqrt 7 }}{2}\).

b) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}SH \bot \left( {ABCD} \right)\\SH \subset \left( {SAC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {SAC} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\).

c) Ta có H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD.

Suy ra BH ⊥ AD.

Lại có SH ⊥ AD (vì SH ⊥ (ABD)).

Suy ra AD ⊥ (SBH).

Mà BC // AD (do ABCD là hình thoi).

Nên BC ⊥ (SBH).

Vậy BC ⊥ SB.

d) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BD\\Trong\,\,\left( {SBD} \right):\,\,SO \bot BD\\Trong\,\,\left( {ABCD} \right):\,\,AO \bot BD\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \) Góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và (ABCD) là \(\widehat {SOA} = \varphi \).

Tam giác SHO vuông tại H: \(\tan \varphi = \frac{{SH}}{{OH}} = \frac{{\frac{{a\sqrt {15} }}{6}}}{{\frac{1}{3}.AO}} = \frac{{\frac{{a\sqrt {15} }}{6}}}{{\frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \sqrt 5 \).

Vậy \(\tan \varphi = \sqrt 5 \).