略

解法一：
取 $AB$ 中点 $E$，连结 $DE$，则四边形 $BCDE$ 为矩形，\[DE = CB = 2,\]连结 $SE$，则 $SE \perp AB$，\[SE = \sqrt 3 .\]又 $SD = 1$，故\[E{D^2} = S{E^2} + S{D^2},\]所以 $\angle DSE$ 为直角．
由 $AB \perp DE$，$AB \perp SE$，$DE \cap SE = E$，得 $AB \perp $ 平面 $SDE$，所以 $AB \perp SD$．
$SD$ 与两条相交直线 $AB,SE$ 都垂直．所以 $SD \perp $ 平面 $SAB$．
另解：由已知易求得\[SD = 1,AD = \sqrt 5 ,SA = 2,\]于是\[S{A^2} + S{D^2} = A{D^{^2}}.\]可知 $SD \perp SA$，
同理可得 $SD \perp SB$，又 $SA \cap SB = S$．所以 $SD \perp $ 平面 $SAB$．
解法二：
以 $C$ 为原点，射线 $CD$ 为 $x$ 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系 $C - xyz$． 设 $D\left(1,0,0\right)$，则 $A\left(2,2,0\right) , B\left(0,2,0\right).$ 又设 $S\left(x,y,z\right)$，则 $x > 0,y > 0,z > 0$．\[\begin{split}\overrightarrow {AS} & = \left(x - 2,y - 2,z\right), \\ \overrightarrow {BS} & = \left(x,y - 2,z\right), \\ \overrightarrow {DS} & = \left(x - 1,y,z\right),\end{split}\]由 $ \left|\overrightarrow {AS} \right| = \left|\overrightarrow {BS} \right|$ 得\[\sqrt {{{\left(x - 2\right)}^2} + {{\left(y - 2\right)}^2} + {z^2}} = \sqrt {{x^2} + {{\left(y - 2\right)}^2} + {z^2}} ,\]故\[x = 1.\]由 $ \left|\overrightarrow {DS} \right| = 1,$ 得\[{y^2} + {z^2} = 1,\]又由 $|\overrightarrow {BS} | = 2,$ 得\[{x^2} + {\left(y - 2\right)^2} + {z^2} = 4,\]即\[{y^2} + {z^2} - 4y + 1 = 0,\]故\[y = \dfrac{1}{2},z = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}.\]于是 $S\left( {1,\dfrac{1}{2},\dfrac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)$，\[\begin{split} \overrightarrow {AS} & = \left( { - 1, - \dfrac{3}{2},\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}} \right), \\ \overrightarrow {BS} & = \left( {1, - \dfrac{3}{2},\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}} \right), \\ \overrightarrow {DS} &= \left( {0,\dfrac{1}{2},\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}} \right), \end{split} \]所以\[\begin{split} \overrightarrow {DS} \cdot \overrightarrow {AS} & = 0, \\ \overrightarrow {DS} \cdot \overrightarrow {BS} & = 0. \end{split} \]故 $DS \perp AS,DS \perp BS$，又 $AS \cap BS = S$，所以 $SD \perp $ 平面 $SAB$．

略

解法一：
由 $AB \perp $ 平面 $SDE$ 知，平面 $ABCD \perp $ 平面 $SDE$．
作 $SF \perp DE$，垂足为 $F$，则 $SF \perp $ 平面 $ABCD$，\[SF = \dfrac{{SD \times SE}}{{DE}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}.\]作 $FG \perp BC$，垂足为 $G$，则\[FG = DC = 1.\]连结 $SG$．则 $SG \perp BC$．\[SG = \sqrt {S{F^2} + F{G^2}} = \dfrac{{\sqrt 7 }}{2},\]又 $BC \perp FG,SG \cap FG = G$，故 $BC \perp $ 平面 $SFG$，平面 $SBC \perp $ 平面 $SFG$．
作 $FH \perp SG$，$H$ 为垂足，则 $FH \perp $ 平面 $SBC$．\[FH = \dfrac{{SF \times FG}}{{SG}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 }},\]即 $F$ 到平面 $SBC$ 的距离为 $\dfrac{{\sqrt {21} }}{7}$．
由于 $ED\parallel BC$，所以 $ED\parallel $ 平面 $SBC$，$E$ 到平面 $SBC$ 的距离 $d$ 也为 $\dfrac{{\sqrt {21} }}{7}$．
设 $AB$ 与平面 $SBC$ 所成的角为 $\alpha $，则\[\sin \alpha = \dfrac{d}{{EB}} = \dfrac{{\sqrt {21} }}{7},\alpha = \arcsin \dfrac{{\sqrt {21} }}{7}.\]解法二： 设平面 $SBC$ 的法向量 $\overrightarrow a = \left(m,n,p\right)$，则 $\overrightarrow a \perp \overrightarrow {BS} ,\overrightarrow a \perp \overrightarrow {CB} ,$ 所以\[\begin{split} \overrightarrow a \cdot \overrightarrow {BS} & = 0, \\ \overrightarrow a \cdot \overrightarrow {CB} & = 0.\end{split} \]又\[\begin{split}\overrightarrow {BS} & = \left( {1, - \dfrac{3}{2},\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}} \right) , \\ \overrightarrow {CB} & = \left(0,2,0\right),\end{split}\]故\[{\begin{cases}m - \dfrac{3}{2}n + \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}p = 0, \\
2n = 0, \\
\end{cases}}\]取 $p = 2$ 得\[\overrightarrow a = \left( { - \sqrt 3 ,0,2} \right),\]又 $\overrightarrow {AB} = \left( - 2,0,0\right)$，所以\[\cos \left\langle \overrightarrow {AB} ,\overrightarrow a \right\rangle = \dfrac{{\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow a }}{{ \left|\overrightarrow {AB} \right| \cdot \left|\overrightarrow a \right|}} = \dfrac{{\sqrt {21} }}{7}.\]故 $AB$ 与平面 $SBC$ 所成的角为 $\arcsin \dfrac{{\sqrt {21} }}{7}$．