Gọi H là trung điểm của AB

Suy ra SH ⊥ (ACBD)

Do đó SH ⊥ HD

Hay tam giác SHD vuông tại H

Suy ra \(SH = \sqrt {S{{\rm{D}}^2} - D{H^2}} \)

Vì tam giác AHD vuông tại A

Nên \(D{H^2} = A{H^2} + A{{\rm{D}}^2} = \frac{{{a^2}}}{4} + {a^2} = \frac{5}{4}{a^2}\)

Suy ra \(SH = \sqrt {S{{\rm{D}}^2} - D{H^2}} = \sqrt {\frac{9}{4}{a^2} - \frac{5}{4}{a^2}} = \sqrt {{a^2}} = a\)

Ta có \({V_{S.ABC{\rm{D}}}} = \frac{1}{3}.SH.{S_{ABC{\rm{D}}}} = \frac{1}{3}.a.{a^2} = \frac{{{a^3}}}{3}\)

Gọi K là hình chiếu vuông góc của H trên BD và E là hình chiếu vuông góc của H trên SK

Ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}B{\rm{D}} \bot HK\\B{\rm{D}} \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow BH \bot (SHK)\)

Suy ra BD ⊥ HE

Mà SK ⊥ HE nên HE ⊥ (SBD)

Ta có: HK = HB . sin \(\widehat {KBH}\) = \(\frac{a}{2}.\sin 45^\circ = \frac{a}{2}.\frac{{\sqrt 2 }}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\)

Suy ra \(HE = \frac{{HS.HK}}{{\sqrt {H{{\rm{S}}^2} + H{K^2}} }} = \frac{{a.\frac{{a\sqrt 2 }}{4}}}{{\sqrt {{a^2} + \frac{{2{{\rm{a}}^2}}}{{16}}} }} = \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{{4\sqrt {\frac{9}{8}{a^2}} }} = \frac{a}{3}\)

Do đó d(A,(SBD) = 2 d(H,(SBD)) = 2 HE = \(\frac{{2{\rm{a}}}}{3}\)

a) Vì ABCD là hình vuông nên AB = BC = CD = DA và

\(\widehat {ABC} = \widehat {BC{\rm{D}}} = \widehat {C{\rm{D}}A} = \widehat {DAB} = 90^\circ \)

Xét △DEC và △BFC có

EC = FC (giả thiết)

\(\widehat {DCE} = \widehat {BCF} = 90^\circ \)

DC = BC (chứng minh trên)

Do đó △DEC = △BFC (c.g.c)

Suy ra DE = BF (2 cạnh tương ứng), \(\widehat {E{\rm{D}}C} = \widehat {FBC}\)

b) Xét △BEH và △DEC có

\(\widehat {BEH} = \widehat {DEC}\) (hai góc đối đỉnh)

\(\widehat {E{\rm{D}}C} = \widehat {FBC}\) (chứng minh câu a)

Suy ra  (g.g)

Do đó \(\widehat {BHE} = \overrightarrow {DCE} \)

Mà \(\overrightarrow {DCE} = 90^\circ \) nên \(\widehat {BHE} = 90^\circ \)

Hay DE ⊥ BF

Suy ra \(\widehat {DHF} = 90^\circ \)

c) Xét tam giác BDF có

DE ⊥ BF

BC ⊥ DF

DE cắt BC tại E

Suy ra E là trực tâm tam giác BDF

Do đó FK ⊥ BD

Mà AO ⊥ BD

Suy ra AO // IK

Vì CE = CF nên tam giác CEF cân tại C

Mà CI là trung tuyến

Suy ra CI là đường cao

Hay CI ⊥ EF

Xét tứ giác OKIC có

\(\widehat {OKI} = \widehat {K{\rm{O}}C} = \widehat {CIK} = 90^\circ \)

Suy ra OKIC là hình chữ nhật

Do đó OC = KI

Mà OC = AO

Suy ra AO = KI

Xét tứ giác AOIK có AO // KI , AO = KI (chứng minh trên)

Suy ra AOIK là hình bình hành

d) Xét tứ giác ABHD có \(\widehat {BA{\rm{D}}} + \widehat {BHD} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)

Suy ra tứ giác ABHD nội tiếp

Do đó \(\widehat {AHB} = \widehat {A{\rm{D}}B} = 45^\circ \)

Xét tứ giác DKHF có \(\widehat {{\rm{DKF}}} = \widehat {DHF} = 90^\circ \)

Suy ra tứ giác DKHF nội tiếp

Do đó \(\widehat {KHB} = \widehat {{\rm{FD}}B} = 45^\circ \)

Suy ra \(\widehat {AHB} = \overrightarrow {KHB} \)

Suy ra AH ≡ KH

Do đó A, H, K thẳng hàng

Vậy A, H, K thẳng hàng.

a) Vì ABCD là hình vuông tâm O

Nên OA = OB = OC = OD, AB = BC = CD = DA, AD // BC

Suy ra \(\widehat {DAC} = \widehat {ACB}\) (hai góc so le trong)

Xét tam giác AOP và tam gíc COQ có

\(\widehat {DAC} = \widehat {ACB}\) (chứng minh trên)

OA = OC (chứng minh trên)

\(\widehat {AOP} = \widehat {COQ}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó ΔAOP = ΔCOQ (g.c.g)

Suy ra AP = CQ (hai cạnh tương ứng)

b) Vì AB = AD nên tam giác ABD cân tại A

Mà AO là đường trung tuyến

Suy ra AO là đường cao

Hay AO ⊥ BD

Xét tứ giác OEMF có

\(\widehat {OEM} = \widehat {EOF} = \widehat {OFM} = 90^\circ \)

Suy ra OEMF là hình chữ nhật

c) Vì OEMF là hình chữ nhật

Nên \[\widehat {FME} = 90^\circ \]

Hay tam giác PMQ vuông tại M

Mà MO là trung tuyến

Suy ra OM = OP = OQ

Do đó tam giác POM cân tại O

Lại có OE là đường cao nên OE là phân giác của \(\widehat {POM}\)

Suy ra \(\widehat {POE} = \widehat {EOM}\)

Xét tam giác AOP và tam giác AOM có

AO là cạnh chung

\(\widehat {POE} = \widehat {EOM}\) (chứng minh trên)

OM = OP (chứng minh trên)

Suy ra △AOP = △AOM (c.g.c)

Do đó \(\widehat {AP{\rm{O}}} = \widehat {AM{\rm{O}}}\) (hai góc tương ứng)

Ta có OM = OQ

Do đó tam giác QOM cân tại O

Lại có OF là đường cao nên OF là phân giác của \(\widehat {QOM}\)

Suy ra \(\widehat {QOF} = \widehat {FOM}\)

Xét tam giác BOQ và tam giác BOM có

BO là cạnh chung

\(\widehat {QOF} = \widehat {FOM}\) (chứng minh trên)

OM = OQ (chứng minh trên)

Suy ra △ BOQ = △BOM (c.g.c)

Do đó \(\widehat {{\rm{BQO}}} = \widehat {BM{\rm{O}}}\) (hai góc tương ứng)

Vì AD // BC nên \(\widehat {AP{\rm{O}}} + \widehat {BQO} = 180^\circ \)

Mà \(\widehat {{\rm{BQO}}} = \widehat {BM{\rm{O}}}\), \(\widehat {AP{\rm{O}}} = \widehat {AM{\rm{O}}}\)

Suy ra \(\widehat {AM{\rm{O}}} + \widehat {BMO} = 180^\circ \)

Hay \(\widehat {AMB} = 180^\circ \)

Do đó A, M, B thẳng hàng

Vậy M thuộc cạnh AB

d) Ta có: AP = AD – DP, BK = BC – CK

Mà AD = BC, PD = CK

Suy ra AP = BK

Vì ABCD là hình vuông tâm O

Nên \(\widehat {DAO} = \widehat {OBC} = 45^\circ \)

Xét tam giác POA và tam giác KOB có

OA = OB

\(\widehat {DAO} = \widehat {OBC}\) (chứng minh trên)

PA = BK (chứng minh trên)

Suy ra △POA = △KOB (c.g.c)

Do đó \(\widehat {POA} = \widehat {K{\rm{OB}}}\) (hai góc tương ứng)

Mà \(\widehat {POA} = \widehat {{\rm{AOM}}}\)

Nên \(\widehat {KOB} = \widehat {{\rm{AOM}}}\)

Mặt khác \(\widehat {AOM} + \widehat {{\rm{MOB}}} = \widehat {AOB} = 90^\circ \) (hai góc kề bù)

Suy ra \(\widehat {BOK} + \widehat {{\rm{MOB}}} = 90^\circ \)

Hay \(\widehat {MOK} = 90^\circ \)

Vậy \(\widehat {MOK} = 90^\circ \).

Vì ABCD là hình vuông nên AB = BC = CD = DA

Vì M, N lần lượt là trung điểm BC, CD mà DC = BC

Suy ra MC = ND

Xét ΔDMC và ΔAND có

DC = AD (chứng minh trên)

\(\widehat D = \widehat C\left( { = 90^\circ } \right)\)

MC = ND (chứng minh trên)

Suy ra ΔDMC = ΔAND (c.g.c)

Do đó \(\widehat {M{\rm{D}}C} = \widehat {NA{\rm{D}}}\) (hai góc tương ứng)

Ta có

\(\widehat {M{\rm{D}}C} + \widehat {A{\rm{DM}}} = \widehat {A{\rm{D}}C} = 90^\circ \)

Mà \(\widehat {M{\rm{D}}C} = \widehat {NA{\rm{D}}}\)

Suy ra \(\widehat {NA{\rm{D}}} + \widehat {A{\rm{DM}}} = 90^\circ \)

Gọi I là giao điểm của AN và DM

Xét tam giác ADI có

\(\widehat {NA{\rm{D}}} + \widehat {A{\rm{DM}}} + \widehat {AID} = 180^\circ \)

Suy ra \(90^\circ + \widehat {AID} = 180^\circ \)

Hay \(\widehat {AID} = 90^\circ \)

Do đó AN ⊥ DM

Vậy AN ⊥ DM .

Từ O kẻ OH vuông góc với CD. Nối O với B, OB cắt AC tại K

Suy ra OB ⊥ AC

Vì tam giác ACD nội tiếp (O) đường kính AD

Nên \(\widehat {ACD} = 90^\circ \)

Xét tứ giác OHCK có \(\widehat {OKC} = \widehat {KCH} = \widehat {OHC} = 90^\circ \)

Suy ra OHCK là hình chữ nhật

Do đó OK = CH = \(\frac{1}{2}\)CD = 3, OH = CK = \(\sqrt {O{C^2} - O{K^2}} = \sqrt {{R^2} - 9} \)        (1)

Xét tam giác BCK vuông ở K có

CK = \(\sqrt {B{C^2} - B{K^2}} = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 5 } \right)}^2} - {{\left( {R - 3} \right)}^2}} \)                                             (2)

Từ (1) và (2) ta có

\(\sqrt {{R^2} - 9} = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 5 } \right)}^2} - {{\left( {R - 3} \right)}^2}} \)

\( \Leftrightarrow \sqrt {{R^2} - 9} = \sqrt {20 - {R^2} + 6{\rm{R}} - 9} \)

\( \Leftrightarrow \sqrt {{R^2} - 9} = \sqrt {11 - {R^2} + 6{\rm{R}}} \)

⟺ \({R^2} - 9 = 11 - {R^2} + 6{\rm{R}}\)

⟺ 2R² – 6R – 20 = 0

⟺ \(\left[ \begin{array}{l}R = 5\\R = - 2\end{array} \right.\)

Vậy bán kính đường tròn là 5 cm.