Vì SA $\perp$ (ABCD) nên AC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng (ABCD).

Do đó, góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng góc giữa hai đường thẳng SC và AC, mà (SC, AC) = $\widehat{SCA}$ .

Xét tam giác ABC vuông tại B, có AC = $\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}$.

Vì SA $\perp$ (ABCD) nên SA $\perp$ AC hay tam giác SAC vuông tại A.

Xét tam giác SAC vuông tại A, có AC = SA = a$\sqrt{2}$ nên tam giác SAC vuông cân tại A, suy ra $\widehat{SCA}=45°$.

Vậy góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 45°.

a có $\widehat{BA{A}^{\prime }}=\widehat{DA{A}^{\prime }}=\widehat{BAD}={60}^{\circ }$ và AB = AD = AA’.

Khi đó ∆ABD, ∆ADA’ và ∆ABA’ và ∆ABA’ đều cạnh bằng 1 .

⇒ A’D = A’A = A’B = 1. Suy ra hình chiếu của A’ lên (ABCD) là tâm H của ∆ABD đều.

Ta có AB’ // DC’ ⇒ d(AB’; A’C’) = d(AB’; (DA’C’)) = d(H; (DA’C’)).

Dựng hình bình hành DCAJ. Từ H kẻ HK ⊥ DJ (K ∈ DJ), ta có HK // DB.

Từ H kẻ HL ⊥ A’K (L ∈ A’K) ⇒ HL ⊥ (DA’C’) ⇒ d(H; (DA’C’)) = HL.

Ta có: $HK=\frac{1}{2},A^{\prime }H=\sqrt{1-{\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)}^2}=\frac{\sqrt{6}}{3}$.

Xét tam giác $A^{\prime }HK:\frac{1}{H{L}^2}=\frac{1}{H{K}^2}+\frac{1}{A^{\prime }{H}^2}\Rightarrow HL=\frac{\sqrt{22}}{11}$.

Gọi t là thời gian bèo phủ kín 1/5 mặt nước, khi đó: 

10^t = 10^12/5 <=> t = log10^12/5 = 12 - log5 ( giờ)