a: BC vuông góc SA

BC vuôg góc AB

=>BC vuông góc (SAB)

b: BI vuông góc SA
BI vuông góc AC

=>BI vuông góc (SAC)

Ta có:
$\triangle ABC$ vuông cân tại $A$ nên:
$AB = AC = a,\ AB \perp AC$.

Lại có:
$SA \perp (ABC)$ nên:
$SA \perp AB,\ SA \perp AC$.

Và:
$SA = a\sqrt{3}$.

Ta có:
$AC \perp AB$ và $AC \perp SA$.

Mà $AB,\ SA$ là hai đường cắt nhau nằm trong mặt phẳng $(SAB)$ nên:
$AC \perp (SAB)$.

Lại có:
$AC \subset (SAC)$.

Suy ra:
$(SAB)\perp (SAC)$.

Vì $\triangle ABC$ vuông cân tại $A$ nên:
$M$ là trung điểm của $BC$.

Suy ra:
$AM \perp BC$.

Lại có:
$SA \perp (ABC)$ nên:
$SA \perp BC$.

Do đó:
$BC \perp SA$ và $BC \perp AM$.

Mà $SA,\ AM$ là hai đường cắt nhau thuộc mặt phẳng $(SAM)$ nên:
$BC \perp (SAM)$.

Suy ra:
$BC \perp SM$.

Vì $SA \perp (ABC)$ nên hình chiếu vuông góc của $SC$ lên $(ABC)$ là $AC$.

Do đó góc giữa $SC$ và $(ABC)$ là:
$\widehat{SCA}$.

Xét tam giác vuông $SAC$ tại $A$:

$SA = a\sqrt{3},\ AC = a$.

Ta có:
$SC=\sqrt{SA^2+AC^2}$

$=\sqrt{3a^2+a^2}$

$=2a$.

Suy ra:
$\sin \widehat{SCA}=\dfrac{SA}{SC}$

$=\dfrac{a\sqrt3}{2a}$

$=\dfrac{\sqrt3}{2}$.

Vậy:
$\widehat{(SC,(ABC))}=60^\circ$.

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABC\right)\Rightarrow SA\perp BC\\AB\perp BC\left(gt\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow BC\perp\left(SAB\right)\)

\(\Rightarrow BC=d\left(C;\left(SAB\right)\right)\)

\(\Rightarrow d\left(C;\left(SAB\right)\right)=2a\)

a) \(SA \bot BC\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right),AB \bot BC \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right),BC \subset \left( {SBC} \right) \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAB} \right)\)

b) +) Trong (SAC) kẻ \(AD \bot SC \Rightarrow d\left( {A,SC} \right) = AD\)

Xét tam giác ABC vuông tại B có

\(\sin \widehat {CAB} = \frac{{BC}}{{AC}} \Rightarrow AC = \frac{a}{{\sin {{30}^0}}} = 2a\)

Xét tam giác SAC vuông tại A có

\(\frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {2a} \right)}^2}}} = \frac{3}{{4{a^2}}} \Rightarrow AD = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\)

Do đó \(d\left( {A,SC} \right) = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\)

+) \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {SBC} \right),\left( {SAB} \right) \cap \left( {SBC} \right) = SB\)

Trong (SAB) kẻ \(AE \bot SB\)

\( \Rightarrow AE \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AE\)

Xét tam giác ABC vuông tại B có

\(\tan \widehat {CAB} = \frac{{BC}}{{AB}} \Rightarrow AB = \frac{a}{{\tan {{30}^0}}} = a\sqrt 3 \)

Xét tam giác SAB vuông tại A có

\(\frac{1}{{A{E^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}}} = \frac{5}{{6{a^2}}} \Rightarrow AE = \frac{{a\sqrt {30} }}{5}\)

Vậy \(d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt {30} }}{5}\)

Ta có: H là trung điểm SA, K là trung điểm AB

\(\Rightarrow\) HK là đường trung bình tam giác SAB

\(\Rightarrow HK||SB\)

Mà \(SB\perp\left(ABC\right)\Rightarrow HK\perp\left(ABC\right)\)

\(\Rightarrow HK\perp AB\) (1)

I là trung điểm BC, K là trung điểm AB \(\Rightarrow\) IK là đường trung bình tam giác ABC

\(\Rightarrow IK||AC\Rightarrow IK\perp AB\)  (2) (do \(AB\perp AC\) theo gt)

(1);(2) \(\Rightarrow AB\perp\left(IHK\right)\Rightarrow AB\perp IH\)

a. Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}AB\perp BC\\SA\perp BC\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow BC\perp\left(SAB\right)\)

b. Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}AH\perp SB\\AH\perp BC\:\left(BC\perp\left(SAB\right)\right)\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow AH\perp\left(SBC\right)\)

\(\Rightarrow AH\perp SC\)

Tự vẽ hình nhé:

a, Ta có: \(BC\perp AB\) (\(\Delta ABC\) vuông tại \(B\))

\(SA\perp BC\left(SA\perp\Delta ABC;BC\subset\left(ABC\right)\right)\)

\(AB\cap SA=\left\{A\right\}\)

\(AB,SA\subset\left(SAB\right)\)

\(\Rightarrow BC\perp\left(SAB\right)\)

b, Ta có \(BC\perp\left(SAB\right)\left(cmt\right)\)

mà \(SA\subset\left(SAB\right)\)

\(\Rightarrow BC\perp SA\)