a) \(SC\) vuông góc với mặt phẳng \((ABCD)\) suy ra \(SC\bot BD\)         (1)

\(ABCD\) là hình thoi nên \(AC\bot BD\)      (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(BD ⊥ (SAC)\)

\(BD\subset (SBD)\Rightarrow (SBD) ⊥ (SAC)\).

b) Xét tam giác vuông \(ABI\) có: $cos\widehat{IAB}=\frac{AI}{AB}=>AI=AB.cos\widehat{IAB}=AB.\frac{1}{2}.\widehat{IAB}$

=> \(AI=AB.\cos 30^0={{a\sqrt 3 } \over 2}\Rightarrow AC = 2AI = a\sqrt 3 \)

 Xét tam giác vuông \(SAC\) có: \(SA=\sqrt {A{C^2} + S{C^2}}  = \sqrt {3{a^2} + {{6{a^2}} \over 4}} =\frac{3a}{\sqrt{2}}.\) 

Hai tam giác vuông \(SCA\) và \(IKA\) có:

            $\widehat{A} chung$, $\widehat{C}=\widehat{K}=90^0$

=> $\Delta SCA \sim \Delta IKA (g-g)$

=> \(\frac{IK}{SC}=\frac{AI}{AS}\Rightarrow IK=\frac{AI.SC}{AS}=\frac{a}{2}.\)

c) \(IK = IB = ID = \frac{a}{2}\) nên tam giác \(BKD\) vuông tại \(K\). (tam giác có trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền thì tam giác đó vuông)

Vậy \(\widehat{BKD}=90^{0}.\)

Ta có: \(SA\) vuông góc với \(BD\) (do $BD\perp (SAC)-cmt$) và $SA \perp IK (gt)$ nên \(SA ⊥ (DKB)\) => $SA \perp DK$.

Vì: \(DK\) và \(BK\) cùng vuông góc với \(SA\). Vậy góc \(\widehat {BKD}\) là góc giữa \((SAD)\) và \((SAB)\) và \(\widehat{BKD}=90^{0}\) \(\Rightarrow  (SAD) ⊥ (SAB)\).