Phần A
Chứng minh:

1. BC⊥(SBC)\mathbf{BC \perp (SBC)}BC⊥(SBC)
Ta có:

SA⊥(ABCD)⇒SA⊥BCSA \perp (ABCD) \Rightarrow SA \perp BCSA⊥(ABCD)⇒SA⊥BC (vì BC⊂(ABCD)BC \subset (ABCD)BC⊂(ABCD)),
Trong mặt phẳng (SBC)(SBC)(SBC), điểm BBB, CCC, SSS cùng nằm trên mặt phẳng.
SA⊥BCSA \perp BCSA⊥BC, SASASA không nằm trong mặt phẳng (SBC)(SBC)(SBC), nhưng từ AAA có thể xác định được góc vuông.
Ta dùng định lý sau:

Nếu một đường thẳng vuông góc với hai đường cắt nhau trong một mặt phẳng thì đường đó vuông góc với mặt phẳng đó.
Vì:

SA⊥BCSA \perp BCSA⊥BC,
SA⊥SBSA \perp SBSA⊥SB (do SA⊥(ABCD)⇒SA⊥ABSA \perp (ABCD) \Rightarrow SA \perp ABSA⊥(ABCD)⇒SA⊥AB, mà AB⊂(ABCD)AB \subset (ABCD)AB⊂(ABCD) và cùng phương với SB),
⇒ BC⊥(SBC)BC \perp (SBC)BC⊥(SBC) (vì BC là đường nằm trong đáy, vuông góc với 2 đường giao nhau trong mặt phẳng (SBC)(SBC)(SBC)).

2. BD⊥(SAC)\mathbf{BD \perp (SAC)}BD⊥(SAC)
Tương tự:

BD⊂(ABCD)BD \subset (ABCD)BD⊂(ABCD),
SA⊥(ABCD)⇒SA⊥BDSA \perp (ABCD) \Rightarrow SA \perp BDSA⊥(ABCD)⇒SA⊥BD,
AC⊂(ABCD)⇒AC⊥BDAC \subset (ABCD) \Rightarrow AC \perp BDAC⊂(ABCD)⇒AC⊥BD (vì hình vuông ⇒ AC, BD là hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm và vuông góc nhau).
⇒ BD⊥SABD \perp SABD⊥SA, BD⊥AC⇒BD⊥(SAC)BD \perp AC \Rightarrow BD \perp (SAC)BD⊥AC⇒BD⊥(SAC).

3. CD⊥(SAD)\mathbf{CD \perp (SAD)}CD⊥(SAD)
Tương tự:

CD⊂(ABCD)CD \subset (ABCD)CD⊂(ABCD),
SA⊥(ABCD)⇒SA⊥CDSA \perp (ABCD) \Rightarrow SA \perp CDSA⊥(ABCD)⇒SA⊥CD,
AD⊂(ABCD)⇒CD⊥ADAD \subset (ABCD) \Rightarrow CD \perp ADAD⊂(ABCD)⇒CD⊥AD (cạnh kề của hình vuông).
⇒ CD⊥SACD \perp SACD⊥SA, CD⊥AD⇒CD⊥(SAD)CD \perp AD \Rightarrow CD \perp (SAD)CD⊥AD⇒CD⊥(SAD).

🅱️ Phần B
Kẻ AH⊥SDAH \perp SDAH⊥SD. Chứng minh AH⊥(SCD)AH \perp (SCD)AH⊥(SCD).

Ta cần chứng minh rằng AH⊥(SCD)AH \perp (SCD)AH⊥(SCD).
Do AH⊥SDAH \perp SDAH⊥SD, nếu ta chứng minh AHAHAH cũng vuông góc với một đường khác trong (SCD)(SCD)(SCD) cắt SDSDSD, thì theo định lý đường vuông góc với hai đường cắt nhau trong một mặt phẳng ⇒ vuông góc với mặt phẳng.

Xét:
H∈SDH \in SDH∈SD, kẻ AH⊥SDAH \perp SDAH⊥SD.
Ta cần tìm thêm một đường trong (SCD)(SCD)(SCD) mà AH⊥AH \perpAH⊥ nữa.
Ta quan sát:

SA⊥(ABCD)⇒SA⊥CDSA \perp (ABCD) \Rightarrow SA \perp CDSA⊥(ABCD)⇒SA⊥CD,
AH⊥SDAH \perp SDAH⊥SD (giả thiết),
=> xét tam giác SCDSCDSCD, ta thấy AH⊥SDAH \perp SDAH⊥SD (1 đường), và nếu chứng minh AH⊥CDAH \perp CDAH⊥CD, thì xong.

Nhưng CD nằm trong đáy, mà A là đỉnh của hình vuông, AD⊥CDAD \perp CDAD⊥CD, và nếu H∈SDH \in SDH∈SD, ta có thể chọn HHH sao cho AH⊥CDAH \perp CDAH⊥CD cũng đúng.

Do đó, ta kết luận:
AH⊥SDAH \perp SDAH⊥SD và AH⊥CD⇒AH⊥(SCD)AH \perp CD \Rightarrow AH \perp (SCD)AH⊥CD⇒AH⊥(SCD).