Cho hình chóp \(S.ABCD\) đáy là hình vuông cạnh bằng 3, tam giác \(SAB\) đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, \(M\) là trung điểm của \(AB\), \(G\) là trọng tâm của tam giác \(SAB\). Tính khoảng cách từ điểm \(G\) đến mặt phẳng \(\left( {SCD} \right)\) (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).

a) Vì \(\Delta SAB\) đều \( \Rightarrow SH \bot AB\) mà \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\).

Vì \(\Delta SAB\) đều cạnh \(a\) nên \(SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\); \({S_{ABCD}} = AB \cdot BC \cdot \sin \widehat {ABC} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\).

Khi đó \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}}}{4}\).

b) Dễ thấy \(\Delta ABC\) đều \( \Rightarrow AC = BC = a\). Suy ra các tam giác \(SAC\) và \(SBC\) lần lượt cân tại \(A\) và \(B\).

Gọi \(I\) là trung điểm của \(SC\). Suy ra \(AI \bot SC\) và \(BI \bot SC\).

Do đó \(\widehat {AIB}\) là góc phẳng nhị diện \(\left[ {A,SC,B} \right]\).

Ta có \(S{C^2} = S{H^2} + C{H^2} = \frac{{3{a^2}}}{2} \Rightarrow S{I^2} = I{C^2} = \frac{{3{a^2}}}{8}\).

\(I{A^2} = S{A^2} - S{I^2} = \frac{{5{a^2}}}{8}\).

Tương tự \(I{B^2} = \frac{{5{a^2}}}{8}\).

Khi đó \(\cos \alpha = \cos \widehat {AIB} = \frac{{I{A^2} + I{B^2} - A{B^2}}}{{2IA \cdot IB}} = \frac{1}{5}\).

c) Ta có \(\Delta ACD\) đều \( \Rightarrow AN \bot CD \Rightarrow AN \bot AB \Rightarrow AN \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow \left( {SAN} \right) \bot \left( {SAB} \right)\).

\(\Delta SAB\) đều \( \Rightarrow BM \bot SA \Rightarrow BM \bot \left( {SAN} \right)\).

Dựng \(MK \bot SN\) tại \(K\)\( \Rightarrow MK\) là đoạn vuông góc chung của \(BM\) và \(SN\).

Khi đó \(d\left( {BM,SN} \right) = MK\).

Ta có \(MK = MS \cdot \sin \widehat {MSK} = MS \cdot \frac{{AN}}{{SN}} = MS \cdot \frac{{AN}}{{\sqrt {S{A^2} + A{N^2}} }} = \frac{a}{2} \cdot \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}} }} = \frac{{a\sqrt {21} }}{{14}}\).

Vậy \(d\left( {BM,SN} \right) = \frac{{a\sqrt {21} }}{{14}}\).

Vì \(ABCD\) là hình thoi nên \(AO \bot BD\) (1).

Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BD\) (2).

Từ (1) và (2), suy ra\(BD \bot \left( {SAO} \right) \Rightarrow BD \bot SO\).

Do đó \(\left[ {S,BD,A} \right] = \widehat {SOA}\).

Xét \(\Delta ABC\) có \(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} - 2AB \cdot BC \cdot \cos \widehat {ABC}\) \( = 16{a^2} + 16{a^2} - 2 \cdot 4a \cdot 4a \cdot \cos 60^\circ = 16{a^2}\).

Suy ra \(AC = 4a \Rightarrow AO = \frac{{AC}}{2} = 2a\).

Xét \(\Delta SAO\) vuông tại \(A\), có \(\tan \widehat {SOA} = \frac{{SA}}{{AO}} = \frac{{a\sqrt 7 }}{{2a}} \approx 1,32\).

Trả lời: 1,32.