Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thoi tâm $O$, $AB=4a$ và $\widehat{BAD}=120^{\circ }$. Gọi $H$ là trung điểm của $AO$. Biết $SH$ vuông góc với mặt phẳng $(ABCD)$ và $SH=a\sqrt{3}$.

[Hình cần kiểm tra lại: p14_f1] Vì $\widehat{BAD}=120^{\circ }$ nên suy ra $\widehat{CAD}=60^{\circ }$. Lại có $DA=DC$ nên tam giác $\Delta ACD$ đều. Do đó $AM=2a\sqrt{3}$.
a) Đúng. Kẻ $HE\perp CD$ $(E\in CD)$. Ta có: $<table><tbody><tr><td>HE\perp CD</td></tr><tr><td>AM\perp CD</td></tr></tbody></table>\}\Rightarrow HE//AM$. Áp dụng định lý Thalès: $\frac{HE}{AM}=\frac{HC}{AC}=\frac{3}{4}\Rightarrow HE=\frac{3}{4}\cdot 2a\sqrt{3}=\frac{3a\sqrt{3}}{2}$. Mặt khác: $CD\perp SH$, $CD\perp HE$ nên $CD\perp SE$. Suy ra $[S,CD,A]=\widehat{SEH}=\alpha$. Vì $SH\perp (ABCD)$ nên $SH\perp HE$, do đó $\tan \alpha =\frac{SH}{HE}=\frac{a\sqrt{3}}{\frac{3a\sqrt{3}}{2}}=\frac{2}{3}$.
b) Sai. Vì $BH/\perp (SAC)$ nên $SH$ không là hình chiếu của $SB$ lên $(SAC)$ $$\Rightarrow \left(SB,(SAC)\right)\text{ khoˆng ba˘ˋng goˊc }\widehat{BSH}.$$
c) Đúng. Ta có $S_{ABCD}=2S_{ACD}=2\cdot \frac{16a^2\sqrt{3}}{4}=8a^2\sqrt{3}$. $\Rightarrow V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}\cdot 8a^2\sqrt{3}\cdot a\sqrt{3}=8a^3$.
d) Đúng. [Hình cần kiểm tra lại: p15_f1] Gọi $AN\cap CD=F$. Suy ra $PN\parallel SF$. Do đó $d(PN,SM)=d\left(PN,(SFD)\right)=d\left(P,(SFD)\right)=\frac{1}{2}d\left(A,(SFD)\right)=\frac{1}{2}\cdot \frac{4}{3}\cdot d\left(H,(SFD)\right)$ $$=\frac{2}{3}\cdot \frac{SH\cdot HE}{\sqrt{S{H}^2+H{E}^2}}=\frac{2}{3}\cdot \frac{a\sqrt{3}\cdot \frac{3a\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{3a^2+\frac{27a^2}{4}}}=\frac{2a\sqrt{39}}{13}.$$
a) Đúng. Kẻ $HE\perp CD$ $(E\in CD)$. Ta có: $<table><tbody><tr><td>HE\perp CD</td></tr><tr><td>AM\perp CD</td></tr></tbody></table>\}\Rightarrow HE//AM$. Áp dụng định lý Thalès: $\frac{HE}{AM}=\frac{HC}{AC}=\frac{3}{4}$. Theo giả thiết, ta có $\frac{HE}{AM}=\frac{HC}{AC}=\frac{3}{4}\Rightarrow HE=\frac{3}{4}AM=\frac{3}{4}\cdot 2a\sqrt{3}=\frac{3a\sqrt{3}}{2}$. Mặt khác: $CD\perp SH$, $CD\perp HE$ nên suy ra $CD\perp SE$. Ta có: $<table><tbody><tr><td>(SCD)\cap (ACD)=CD</td></tr><tr><td>HE\subset (ACD),HE\perp CD</td></tr><tr><td>SE\subset (SCD),SE\perp CD</td></tr></tbody></table>\}\Rightarrow [S,CD,A]=\widehat{SEH}=\alpha$. Vì $SH\perp (ABCD)$ nên $SH\perp HE$, do đó $\tan \alpha =\frac{SH}{HE}=\frac{a\sqrt{3}}{\frac{3a\sqrt{3}}{2}}=\frac{2}{3}$.
b) Sai. Vì $BH/\perp (SAC)$ nên $SH$ không là hình chiếu của $SB$ lên $(SAC)$ $$\Rightarrow \left(SB,(SAC)\right)\text{ khoˆng ba˘ˋng goˊc }\widehat{BSH}.$$
c) Đúng. Ta có $S_{ABCD}=2S_{ACD}=2\cdot \frac{16a^2\sqrt{3}}{4}=8a^2\sqrt{3}$. $\Rightarrow V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}\cdot 8a^2\sqrt{3}\cdot a\sqrt{3}=8a^3$.
d) Đúng. Gọi $AN\cap CD=F$. Suy ra $PN\parallel SF$. Do đó $d(PN,SM)=d\left(PN,(SFD)\right)=d\left(P,(SFD)\right)=\frac{1}{2}d\left(A,(SFD)\right)=\frac{1}{2}\cdot \frac{4}{3}\cdot d\left(H,(SFD)\right)$ $$=\frac{2}{3}\cdot \frac{SH\cdot HE}{\sqrt{S{H}^2+H{E}^2}}=\frac{2}{3}\cdot \frac{a\sqrt{3}\cdot \frac{3a\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{3a^2+\frac{27a^2}{4}}}=\frac{2a\sqrt{39}}{13}.$$