Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng sqrt 2 a. Gọi F là trung điểm của cạnh SA

a) Đúng; b) Sai; c) Sai; d) Đúng.Gọi \(O = AC \cap BD\). Vì hình chóp \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( {SA,\left( {ABCD} \right)} \right) = \widehat {SAO}\).Ta có: \(\cos \widehat {SAO} = \frac{{OA}}{{SA}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {SAO} = 60^\circ \), do đó \(\left( {SA,\left( {ABCD} \right)} \right) = 60^\circ \). Vậy b) sai.Vì \(F\) là trung điểm của cạnh \(SA\) nên \({V_{S.FCD}} = {V_{A.FCD}} = \frac{1}{2}{V_{S.ACD}} = \frac{1}{4}{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{4}.\frac{1}{3}.SO.{S_{ABCD}}\)Vì hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có cạnh đáy bằng \(a\), cạnh bên bằng \(\sqrt 2 a\). Ta có: \(SA = a\sqrt {2;} AO = \frac{{a\sqrt 2 }}{2};SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\).Suy ra \({V_{S.FCD}} = \frac{1}{4}.\frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 6 }}{2}.{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{24}}\). Vậy c) sai.Ta có: \(DF = \sqrt {\frac{{S{D^2} + A{D^2}}}{2} - \frac{{S{A^2}}}{4}} = a;CF = \sqrt {\frac{{S{C^2} + A{C^2}}}{2} - \frac{{S{A^2}}}{4}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\); \(CD = a\).Suy ra \({S_{\Delta FCD}} = \frac{{{a^2}\sqrt {15} }}{8}\)\({V_{S.FCD}} = \frac{1}{3}.d\left( {S,\left( {FCD} \right)} \right).{S_{\Delta FCD}} \Rightarrow d\left( {S,\left( {FCD} \right)} \right) = \frac{{3.{V_{S.FCD}}}}{{{S_{\Delta FCD}}}} = \frac{{3.\frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{24}}}}{{\frac{{{a^2}\sqrt {15} }}{8}}} = \frac{{a\sqrt {10} }}{5}\). Vậy a) đúng.Ta có: \(AC \bot SO;AC \bot BD \Rightarrow AC \bot \left( {SBD} \right)\). Kẻ \(OM \bot SB\left( {M \in SB} \right)\), khi đó \(OM\) là đoạn vuông góc chung của \(AC\) và \(SB\).Do đó: \(d\left( {AC,SB} \right) = OM = \frac{{SO.BO}}{{\sqrt {S{O^2} + B{O^2}} }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{4}\). Vậy d) đúng.