d(A, (SBD)) = a √ 6/ 2 .

a) Tam giác SAB đều nên SH ^ AB mà (SAB) ^ (ABCD) Þ SH ^ (ABCD).

Ta có AH Ç (SBD) = B \( \Rightarrow \frac{{d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right)}}{{d\left( {H,\left( {SBD} \right)} \right)}} = \frac{{AB}}{{HB}} = 2\).

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Kẻ HI ^ BD mà SH ^ BD (do SH ^ (ABCD)) Þ BD ^ (SHI).

Kẻ HK ^ SI mà BD ^ HK (do BD ^ (SHI)) nên HK ^ (SBD).

Do đó d(H, (SBD)) = HK.

Ta có HO là đường trung bình của D ABC Þ HO // BC và \(HO = \frac{{BC}}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Lại có BC ^ AB nên HO ^ AB.

Vì SAB là tam giác đều cạnh a nên \(HB = \frac{a}{2};SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Xét DOHB vuông tại H, ta có \(\frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{{H{O^2}}} + \frac{1}{{H{B^2}}} = \frac{4}{{3{a^2}}} + \frac{4}{{{a^2}}} = \frac{{16}}{{3{a^2}}}\) \( \Rightarrow HI = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\).

Xét DSHI vuông tại H có \(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{4}{{3{a^2}}} + \frac{{16}}{{3{a^2}}} = \frac{{20}}{{3{a^2}}}\) \( \Rightarrow HK = \frac{{a\sqrt {15} }}{{10}}\).

Suy ra d(A, (SBD)) \( = 2.\frac{{a\sqrt {15} }}{{10}} = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}\).

b) Gọi M là trung điểm của CD.

Vì ABCD là hình chữ nhật nên HM ^ CD mà SH ^ HM (do SH ^ (ABCD)).

Suy ra d(SH, CD) = HM = AD = \(a\sqrt 3 \).

c) Vì BC // AD nên BC // (SAD).

Suy ra d(BC, SD) = d(BC, (SAD)) = d(B, (SAD)) = 2d(H, (SAD)).

Có SH ^ AD và AD ^ AH nên AD ^ (SHA).

Kẻ HN ^ SA mà HN ^ AD (do AD ^ (SHA)) Þ HN ^(SAD).

Do đó d(H, (SAD)) = HN.

Xét DSHA vuông tại H, HN là đường cao có:

\(\frac{1}{{H{N^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{H{A^2}}} = \frac{4}{{3{a^2}}} + \frac{4}{{{a^2}}} = \frac{{16}}{{3{a^2}}}\) \( \Rightarrow HN = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\).

Vậy d(B, (SAD)) = \(2.\frac{{a\sqrt 3 }}{4} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

d) Có AB // CD Þ CD // (SAB).

Do đó d(CD, SB) = d(CD, (SAB)) = d(C, (SAB)).

Có CB ^ AB mà CB ^ SH (do SH ^ (ABCD)) Þ CB ^ (SAB).

Do đó d(C, (SAB)) = CB = \(a\sqrt 3 \).

Đáp án: a) Sai;   b) Đúng;   c) Sai;   d) Đúng.