a) Kẻ \(SH⊥(ABCD)\)

Do \(SA = SB = SD\) suy ra \(HA = HB = HC\)

\(⇒ H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \( ABD\).

Do \(AB = AD = a\) và \(\widehat{ BAD} = 60^0\) nên tam giác \(ABD\) là tam giác đều cạnh \(a\),

Ta có: 

\(\eqalign{
& AO = {{a\sqrt 3 } \over 2} \cr 
& AH = {2 \over 3}AO \Rightarrow AH = {{a\sqrt 3 } \over 3} \cr} \)

 Trong tam giác vuông \(SAH\), ta có: \(SA = {{a\sqrt 3 } \over 2};AH = {{a\sqrt 3 } \over 3}\)

Tính ra: \(SH = {{a\sqrt {15} } \over 6}\)

Ta cũng có: \(HC = {{2a\sqrt 3 } \over 3}\)

Trong tam giác vuông \(SHC\):

\(S{C^2} = S{H^2} + H{C^2}\)      

Do đó ta tính được:

 \(SC = {{a\sqrt 7 } \over 2}\)

b) 

\(\left. \matrix{
SH \bot (ABCD) \hfill \cr 
SH \subset (SAC) \hfill \cr} \right\} \Rightarrow (SAC) \bot (ABCD)\)

c) Ta có:

\(\eqalign{
& S{C^2} = {{7{a^2}} \over 4}(1) \cr 
& B{C^2} = {a^2}(2) \cr 
& S{B^2} = {{3{a^2}} \over 4}(3) \cr} \)

Từ (1), (2) và (3) ta có: \(S{C^2} = B{C^2} + S{B^2}\)

Theo định lí Pytago đảo, tam giác \(SBC\) vuông tại \(B\).

d) Ta có:

\(\eqalign{
& \left. \matrix{
DB \bot AC \hfill \cr 
SH \bot (ABCD) \Rightarrow SH \bot DB \hfill \cr} \right\} \Rightarrow DB \bot (SAC) \cr 
& \Rightarrow \left\{ \matrix{
DB \bot {\rm{OS}} \hfill \cr 
{\rm{DB}} \bot AC \hfill \cr} \right. \cr} \)

Suy ra: \(\widehat{ SOH}\) là góc giữa hai mặt phẳng \((SBD)\) và \((ABCD)\)

Ta có:

\(\eqalign{
& \widehat{ SOH} = \varphi \cr 
& \tan \varphi = {{SH} \over {OH}} \Rightarrow \tan \varphi = \sqrt 5 \cr} \)