a. Tứ giác $ABCM$ có:

$AM//BC, AM=BC=\dfrac{AD}2$ nên tứ giác $ABCM$ là hình bình hành

Có $\widehat{B}=90^o$ nên $ABCM$ là hình vuông.

$\to BM\bot AC$ 

\(BM \bot SA\) (do $SA \bot(ABCD)$)

$AC\cap SA=A$

\(AC \subset \left( {SAC} \right)\)
\(SA \subset \left( {SAC} \right)\)

\( \to  BM\bot(SAC)\)

b. \(CM \bot AD\) (do ABCM là hình vuông)
$CM \bot SA$ (do $SA \bot (ABCD)$

$AD\cap SA=A$

$AD \subset \left( {SAD} \right)$
$SA \subset \left( {SAD} \right)$
$ \to CM \bot \left( {SAD} \right)$

c. $BC \bot AB$ (do ABCD là hình thang vuông tại A và B)
$BC \bot SA$ (do $SA\bot(ABCD)$)

$AB\cap SA=A$
$AB \subset \left( {SAB} \right)$
$SA \subset \left( {SAB} \right)$
$ \to BC \bot \left( {SAB} \right)$
$\to BC \bot SB$

⇒ ΔSBC vuông tại B

d. Tam ACD có CM vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến nên $\Delta ACD$ cân đỉnh C

Có $\widehat{CAM}=45^o$ (do $\Delta AMC$ vuông cân đỉnh M)

$\to \Delta ACD$ vuông cân đỉnh C

$\to CD\bot AC$
$ CD \bot SA$
$AC \cap SA = A$
$AC \subset \left( {SAC} \right)$
$SA \subset \left( {SAC} \right)$
$ \to CD \bot \left( {SAC} \right)$

e). Ta có: $BC\bot AB$

$BC\bot SA$

$\to BC\bot(SAB),AH\subset(SAB)$

$\to AH\bot BC$

$AH\bot SB$

$\to AH\bot(SBC)$

Chứng minh tương tự:

$AK\bot SC$

$ CD\bot AK$ (do $CD\bot (SAC)$)

$\to AK\bot(SCD)$

f) $AH\bot(SBC),SC\subset(SBC)\to AH\bot SC$

$AK\bot SC$

$\to SC\bot (AHK)$.