Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a

Gọi \(I\)là trung điểm \(CD\). Khi đó, ta có \(HI{\rm{//}}AD{\rm{//}}BC \Rightarrow HI \bot AB,\,\,HI \bot CD\).

Ta lại có tam giác \(SAB\) đều nên \(SH \bot AB\).

Mặt khác \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\), suy ra \(SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot HI\).

Kẻ \(HK \bot SI\,\,\left( {K \in SI} \right)\).

Ta có \(CD \bot HI\) và \(CD \bot SH\)\(\left( {{\rm{do}}\,SH \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\).

Suy ra \(CD \bot \left( {SHI} \right) \Rightarrow CD \bot HK\).

Từ đó suy ra \(HK \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = HK\).

Lại có \(BH{\rm{//}}CD \Rightarrow BH{\rm{//}}\left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = HK = a\sqrt 2 \).

Ta có \(HI = BC = 2a\).

Tam giác \(SHI\) vuông tại \(H\) nên ta có

\(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{I^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{S{H^2}}} = \frac{1}{{H{K^2}}} - \frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} - \frac{1}{{4{a^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} \Rightarrow SH = 2a\).

Vì \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\) và \(SD\) cắt mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) tại \(D\)

\( \Rightarrow HD\) là hình chiếu của \(SD\) trên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\).

\( \Rightarrow \left( {SD,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SD,HD} \right) = \widehat {SDH}\).

Xét \(\Delta SHD\) vuông tại \(H\): \(\tan \widehat {SDH} = \frac{{SH}}{{HD}} = \frac{{2a}}{{a\sqrt 5 }} = \frac{2}{{\sqrt 5 }} \Rightarrow \cot \widehat {SDH} = \frac{{\sqrt 5 }}{2}\).

Vậy \[M = 25{\tan ^2}\alpha + 4{\cot ^2}\alpha = 25 \cdot {\left( {\frac{2}{{\sqrt 5 }}} \right)^2} + 4 \cdot {\left( {\frac{{\sqrt 5 }}{2}} \right)^2} = 25\].

Đáp án:25.