Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình chữ nhật, \(AB = a,BC = 2a,\) \(SA\) vuông góc với mặt phẳng đáy và \(SA = a\).

1. Đúng. \(ABCD\) là hình chữ nhật nên \(BC \bot AB\).

\(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(BC \bot SA\)\( \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\).

2. Sai. Áp dụng công thức \(V = \frac{1}{3} \cdot {S_d} \cdot h\),

Trong đó: \({S_d}\) là diện tích hình chữ nhật \(ABCD\),

\(h\) là chiều cao của khối chóp \(S.ABCD\).

Ta có \({S_d} = a \cdot 2a = 2{a^2}\).

Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(SA\) là chiều cao của khối chóp \(S.ABCD\), \(h = SA = a\).

\( \Rightarrow V = \frac{1}{3} \cdot 2{a^2} \cdot a = \frac{2}{3}{a^3}\) (đvtt).

3. Sai. Ta có \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên hình chiếu vuông góc của \(SC\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là \(AC\).

Suy ra \(\left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SC,AC} \right) = \widehat {SCA}\).

Xét tam giác \(SAC\) có: \(SA = a;AC = \sqrt {{a^2} + 4{a^2}} = a\sqrt 5 ,SC = \sqrt {{a^2} + {{\left( {a\sqrt 5 } \right)}^2}} = a\sqrt 6 \).

Ta có \(\sin \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{SC}} = \frac{a}{{a\sqrt 6 }} = \frac{{\sqrt 6 }}{6}\).

4. Đúng. Vẽ đường thẳng \(d\) đi qua \(B\) và song song với \(AC\), khi đó \(d\) cắt \(AD\) tại \(E\).

\[ \Rightarrow AC{\rm{//}}\left( {SEB} \right)\].

Vậy \(d\left( {AC,SB} \right) = d\left( {AC,\left( {SEB} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SEB} \right)} \right)\).

Kẻ đường cao \(AI\) của tam giác \(EAB\), kẻ đường cao \(AH\) của tam giác \(SAI\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}EB \bot AI\\EB \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow EB \bot \left( {SAI} \right)\)\( \Rightarrow EB \bot AH \Rightarrow AH \bot \left( {SEB} \right) \Rightarrow AH = d\left( {A,\left( {SEB} \right)} \right)\).

Xét tam giác \(AEB\) vuông tại \(A\) có \(AE = BC = 2a;AB = a\).

\(AI\) là đường cao của tam giác \(AEB\) nên \(\frac{1}{{A{I^2}}} = \frac{1}{{A{E^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} \Rightarrow AI = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\).

Xét tam giác \(AIS\) vuông tại \(A\) có: \(AI = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5};SA = a\).

\(AH\) là đường cao của tam giác \(AIS\) nên

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{I^2}}} + \frac{1}{{S{A^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{AI \cdot SA}}{{\sqrt {A{I^2} + S{A^2}} }} = \frac{{\frac{{2a\sqrt 5 }}{5} \cdot a}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{{2a\sqrt 5 }}{5}} \right)}^2} + {a^2}} }} = \frac{{2a}}{3}\).

Vậy khoảng cách giữa 2 đường thẳng \(AC\) và \(SB\) là \(\frac{{2a}}{3}\).

Cách khác: Gán hệ trục tọa độ \(Oxyz\) vào khối chóp \(S.ABCD\) sao cho \(A\) là gốc tọa độ, điểm \(B\) thuộc tia \(Ox\), điểm \(D\) thuộc tia \(Oy\), điểm \(S\) thuộc tia \(Oz\).

Khi đó \(A\left( {0;0;0} \right),B\left( {a;0;0} \right),D\left( {0;2a;0} \right),S\left( {0;0;a} \right),C\left( {a;2a;0} \right)\).

Ta có \(\overrightarrow {AC} = \left( {a;2a;0} \right),\,\,\overrightarrow {SB} = \left( {a;0; - a} \right)\);

\(\left[ {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {SB} } \right] = \left( { - 2{a^2};{a^2}; - 2{a^2}} \right),\,\,\left| {\left[ {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {SB} } \right]} \right| = 3{a^2}\);

\(\overrightarrow {AS} = \left( {0;0;a} \right),\,\,\overrightarrow {AS} \left[ {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {SB} } \right] = - 2{a^3}\).

Khoảng cách giữa 2 đường thẳng \(AC\) và \(SB\) là \(d\left( {AC,SB} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow {AS} \left[ {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {SB} } \right]} \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {SB} } \right]} \right|}} = \frac{{2a}}{3}\).