Góc giữa hai mặt phẳng

Ta có $BC \bot \left( {SAB} \right)$$ \Rightarrow BC \bot SA$. Góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$ là góc $\widehat {SBA}$. $\tan \widehat {SBA} = \dfrac{{SA}}{{AB}}$$ = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{a}$$ = \sqrt 3 $$ \Rightarrow \widehat {SBA} = 60^\circ $.

Cách 1:

Gọi \(D\) là trung điểm cạnh \(BC\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}SA \bot SB\\SA \bot SC\end{array} \right. \Rightarrow SA \bot \left( {SBC} \right)\)\( \Rightarrow SA \bot BC\).

Mà \(SD \bot BC\) nên \(BC \bot \left( {SAD} \right)\).

\( \Rightarrow \left( {\widehat {\left( {SBC} \right),\left( {ABC} \right)}} \right) = \widehat {SDA} = \alpha \).

Khi đó tam giác \(SAD\) vuông tại \(S\) có \(SD = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\); \(AD = \dfrac{{\sqrt 3 }}{{\sqrt 2 }}\) và \(\cos \alpha  = \dfrac{{SD}}{{AD}}\) \( \Leftrightarrow \cos \alpha  = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}\).

Gọi \(O\) là trung điểm của \(AC\). Vì $S.ABCD$ là hình chóp đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

Gọi \(H\) là trung điểm của \(BC\) và góc giữa mặt bên \(\left( {SBC} \right)\) và mặt đáy \(\left( {ABCD} \right)\) là \(\alpha \).

Ta có \(\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC\) mà \(BC \bot SH\) và \(BC \bot OH\) nên \(\widehat {SHO} = \alpha \).

\(SH\) là đường cao của tam giác đều \(SBC\) cạnh \(a\) nên \(SH = \dfrac{{a\sqrt[{}]{3}}}{2}\),

Xét tam giác \(SOH\) vuông tại \(O\) có: \(\cos \alpha  = \dfrac{{OH}}{{SH}}\)\( = \dfrac{{\dfrac{a}{2}}}{{\dfrac{{a\sqrt[{}]{3}}}{2}}} = \dfrac{1}{{\sqrt[{}]{3}}}\).

Gọi $M$ là trung điểm cạnh $CD$ của tứ diện đều $ABCD$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}\left( {ACD} \right) \cap \left( {BCD} \right) = CD\\AM \subset \left( {ACD} \right):AM \bot CD\\BM \subset \left( {BCD} \right):BM \bot CD\end{array} \right.$ $ \Rightarrow $ $\left( {\widehat {\left( {ACD} \right),\left( {BCD} \right)}} \right) = \left( {\widehat {AM,BM}} \right) = \widehat {AMB} = \alpha $.

Tính: $AB = a$, $AM = BM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

$cos\alpha  = \cos \widehat {AMB} = \dfrac{{A{M^2} + B{M^2} - A{B^2}}}{{2.AM.BM}} = \dfrac{{2.{{\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} - {a^2}}}{{2.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \dfrac{1}{3}$.

$ \Rightarrow {\tan ^2}\alpha  = \dfrac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }} - 1 = 8 \Rightarrow \tan \alpha  = \sqrt 8 $.

Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$, $M$ là trung điểm $CD$.

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SCD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = CD\\SM \subset \left( {SCD} \right):{\rm{ }}SM \bot CD\\OM \subset \left( {ABCD} \right):{\rm{ }}OM \bot CD\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \left( {\widehat {\left( {SCD} \right),\left( {ABCD} \right)}} \right) = \left( {\widehat {SM,OM}} \right) = \widehat {SMO}\).

$\tan \widehat {SMO} = \dfrac{{SO}}{{OM}} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\dfrac{a}{2}}} = \sqrt 3 $ $ \Rightarrow \widehat {SMO} = 60^\circ $.

Kẻ \(AH \bot BD\), \(\left( {H \in BD} \right)\) (1).

\(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot SA\,\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\\BD \bot AH\end{array} \right.\) \( \Rightarrow BD \bot \left( {SAH} \right)\) \( \Rightarrow BD \bot SH\) (2).

Và: \(\left( {SBD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BD\) (3).

Từ (1) (2) và (3) suy ra: Góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\)là \(\widehat {SHA}\).

Xét \(\Delta ABD\) vuông tại \(A\): \(\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{A{D^2}}}\)\( = \dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{4{a^2}}}\)\( = \dfrac{5}{{4{a^2}}}\) $ \Rightarrow AH = \dfrac{{2a}}{{\sqrt 5 }}$.

Xét \(\Delta SAH\) vuông tại \(A\): \(\tan \widehat {SHA} = \dfrac{{SA}}{{AH}} = \sqrt 5 \).

Vì \(SA = SB = SC = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\) nên hình chiếu của \(S\) trùng với \(H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy \(ABC\). Nhận xét \(H\) là trung điểm \(BC\).

Gọi \(M\) là trung điểm \(AB\), nhận xét \(AB \bot \left( {SMH} \right)\) nên góc tạo bởi mặt bên \(\left( {SAB} \right)\) và mặt phẳng đáy \(\left( {ABC} \right)\) là góc \(\widehat {SMH}\).

Xét tam giác \(SBH\) có \(SH = \sqrt {S{B^2} - B{H^2}}  = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Xét tam giác \(SMH\) có \(\tan \widehat M = \dfrac{{SH}}{{MH}} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{\dfrac{{a\sqrt 6 }}{6}}} = \sqrt 3 \) \( \Leftrightarrow \widehat M = {60^{\rm{o}}}\).

Vì \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(SA \bot AB\) và \(SA \bot AC\).

ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAC} \right) = SA\\SA \bot AB\\SA \bot AC\end{array} \right.$ $ \Rightarrow \left( {\widehat {\left( {SAB} \right),\left( {SAC} \right)}} \right) = \left( {\widehat {AB,AC}} \right)$.

Xét $\Delta ABC$ có $\cos \widehat {BAC} = \dfrac{{A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}}}{{2.AB.AC}}$ $ = \dfrac{{{a^2} + {a^2} - {{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}}}{{2.a.a}} =  - \dfrac{1}{2}$ $ \Rightarrow \widehat {BAC} = 120^\circ $.

Do đó $\left( {\widehat {AB,AC}} \right) = {180^0} - {120^0} = {60^0}$ (vì góc giữa hai đường thẳng không thể lớn hơn \({90^0}\)).

Vậy góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SAC} \right)\) là \({60^0}\).

Cách 1:

Kẻ \(BH \bot AC\,\,\,\,\, \Rightarrow BH \bot (SAC)\). Áp dụng công thức \(S' = S\cos \phi \) trong đó \(S' = dt\left( {SHC} \right)\),

\(S = dt\left( {SBC} \right)\), \(\phi \) là góc hợp bởi hai mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\)  và \(\left( {SAC} \right)\)

Dễ thấy tam giác \(SBC\) vuông tại B và \(SB = a\sqrt 5 \). \(dt\left( {SBC} \right) = \dfrac{{{a^2}\sqrt {15} }}{2}\)

\(CH = \dfrac{{B{C^2}}}{{AC}} = \dfrac{3}{2}a\), \(dt\left( {SHC} \right) = \dfrac{3}{2}{a^2}\). Vậy \(\cos \phi  = \dfrac{{\sqrt {15} }}{5}\)

Gọi \(H\) là trung điểm cạnh \(AC\)

Ta có \(\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\) (vì \(SA \bot \left( {ABC} \right)\)) và \(BH \bot AC\)\( \Rightarrow BH \bot \left( {SAC} \right)\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\), kẻ \(HK \bot SC\) thì \(SC \bot \left( {BHK} \right)\)\( \Rightarrow SC \bot BK\).

\( \Rightarrow \left( {\widehat {\left( {SAC} \right),\,\left( {SBC} \right)}} \right) = \widehat {SKH} = \varphi \).

Mặt khác

Tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(B\) có \(AB = BC = a\) nên \(AC = a\sqrt 2 \) và \(BH = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Hai tam giác \(CKH\) và $CAS$ đồng dạng nên \(HK = \dfrac{{HC.SA}}{{SC}}\) \( \Leftrightarrow HK = \dfrac{{HC.SA}}{{\sqrt {S{A^2} + A{C^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }}\).

Tam giác \(BHK\) vuông tại \(H\) có \(\tan \varphi  = \dfrac{{BH}}{{BK}} = \sqrt 3 \) \( \Rightarrow \varphi  = 60^\circ \).

Vậy \(\left( {\widehat {\left( {SAC} \right),\,\left( {SBC} \right)}} \right) = 60^\circ \).

Gọi \(M\) là trung điểm của \(SC\), do tam giác \(SBC\) cân tại \(B\) nên ta có \(SC \bot BM\) (1).

Theo giả thiết ta có \(BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow SC \bot BD\). Do đó $SC \bot \left( {BCM} \right)$ suy ra $SC \bot DM$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {SCD} \right)\) là góc giữa hai đường thẳng \(BM\) và $DM$.

Ta có \(\Delta SBO = \Delta CBO\) suy ra \(SO = CO = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}\).

Do đó \(OM = \dfrac{1}{2}SC = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Mặt khác \(OB = \sqrt {S{B^2} - S{O^2}}  = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\). Do đó tam giác \(BMO\) vuông cân tại \(M\) hay góc \(\widehat {BMO} = 45^\circ \), suy ra \(\widehat {BMD} = 90^\circ \).

Vậy góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {SCD} \right)\) là \(90^\circ \).

Kẻ $OK \bot SC$. Do $S.ABCD$ là hình chóp đều và $ABCD$ là hình vuông nên $SO \bot \left( {ABCD} \right)$; $BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow SC \bot BD$. Suy ra $SC \bot \left( {BKD} \right) \Rightarrow KD \bot SC$.

Vậy góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ và $\left( {SCD} \right)$ là $\widehat {OKD}$ và $\tan \widehat {OKD} = \dfrac{{OD}}{{OK}}$ (do $\Delta KOD$ vuông ở $O$): $ABCD$ là hình vuông cạnh $a\sqrt 2 $ nên $AC = 2a \Rightarrow OA = OC = OD = a$.

Trong hình chóp đều $S.ABCD$, cạnh bên tạo với đáy một góc $60^\circ $ nên $\widehat {SAC} = 60^\circ $

$ \Rightarrow SO = OA.\tan 60^\circ  = a\sqrt 3 $.

Ta có $\dfrac{1}{{O{K^2}}} = \dfrac{1}{{S{O^2}}} + \dfrac{1}{{O{C^2}}} \Rightarrow OK = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$$ \Rightarrow \tan \widehat {OKD} = \dfrac{{OD}}{{OK}} = \dfrac{2}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{{2\sqrt 3 }}{3}$.

Cách 1:

Gọi \(M = BC \cap AD\). Khi đó: \(\left( {\widehat {\left( {SBC} \right),\left( {SCD} \right)}} \right) = \left( {\widehat {\left( {SCM} \right),\left( {SCD} \right)}} \right)\)

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(D\) lên \(SC\), kẻ \(HK\,{\rm{//}}\,MC\)\(\left( {K \in SM} \right)\) ta có:

\(\left( {\widehat {\left( {SCM} \right),\left( {SCD} \right)}} \right) = \widehat {KHD} = \alpha \)

Xét \(\Delta SCD\) vuông tại \(D\) ta có: \(\dfrac{1}{{D{H^2}}} = \dfrac{1}{{D{C^2}}} + \dfrac{1}{{D{S^2}}} = \dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{3{a^2}}} = \dfrac{4}{{3{a^2}}}\)\( \Rightarrow DH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

\(HC = \dfrac{{D{C^2}}}{{SC}} = \dfrac{{{a^2}}}{{2a}} = \dfrac{a}{2}\).

Do \(HK\,{\rm{//}}\,MC\) mà \(\dfrac{{SH}}{{SC}} = \dfrac{3}{4}\) nên \(HK = \dfrac{3}{4}a\sqrt 2  = \dfrac{{3\sqrt 2 a}}{4}\); \(KM = \dfrac{1}{4}SM = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{4}\).

Mặt khác ta có: \(\widehat {KDM} = \widehat {DSA}\) mà \(\sin \widehat {KMD} = \sin \widehat {DSA} = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}\) nên \(\widehat {KDM} = \widehat {KMD}\).

Do đó: \(KD = KM = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{4}\).

Xét tam giác \(KDH\) ta có: \(\cos \alpha  = \dfrac{{H{D^2} + H{K^2} - K{D^2}}}{{2HK.HD}} = \dfrac{{\sqrt 6 }}{3}\).

Ta có \(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC.\cos \widehat {BAC}\)\( = {a^2} + {a^2} - 2.a.a.\left( { - \dfrac{1}{2}} \right)\)\( = 3{a^2}\)\( \Rightarrow BC = a\sqrt[{}]{3}\).

Xét tam giác vuông \(B'AB\) có \(AB' = \sqrt[{}]{{B{{B'}^2} + A{B^2}}}\)\( = \sqrt[{}]{{{a^2} + {a^2}}}\)\( = a\sqrt[{}]{2}\).

Xét tam giác vuông \(IAC\) có \(IA = \sqrt[{}]{{I{C^2} + A{C^2}}}\)\( = \sqrt[{}]{{{a^2} + \dfrac{{{a^2}}}{4}}}\)\( = \dfrac{{a\sqrt[{}]{5}}}{2}\).

Xét tam giác vuông \(IB'C'\) có \(B'I = \sqrt[{}]{{B'{{C'}^2} + C'{I^2}}}\)\( = \sqrt[{}]{{3{a^2} + \dfrac{{{a^2}}}{4}}}\)\( = \dfrac{{a\sqrt[{}]{{13}}}}{2}\).

Xét tam giác \(IB'A\) có \(B'{A^2} + I{A^2} = 2{a^2} + \dfrac{{5{a^2}}}{4}\)\( = \dfrac{{13{a^2}}}{4}\)\( = B'{I^2}\)\( \Rightarrow \Delta IB'A\) vuông tại $A$

\( \Rightarrow \)${S_{IB'A}} = \dfrac{1}{2}AB'.AI$$ = \dfrac{1}{2}.a\sqrt[{}]{2}.\dfrac{{a\sqrt[{}]{5}}}{2}$$ = \dfrac{{{a^2}\sqrt[{}]{{10}}}}{4}$.

Lại có \({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.AC.\sin \widehat {BAC}\)\( = \dfrac{1}{2}a.a.\dfrac{{\sqrt[{}]{3}}}{2}\)\( = \dfrac{{{a^2}\sqrt[{}]{3}}}{4}\).

Gọi góc tạo bởi hai mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) và \(\left( {AB'I} \right)\)là \(\alpha \).

Ta có \(\Delta ABC\) là hình chiếu vuông góc của \(\Delta AB'I\) trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).

Do đó \({S_{ABC}} = {S_{IB'A}}.\cos \alpha \)\( \Rightarrow \dfrac{{{a^2}\sqrt[{}]{3}}}{4} = \dfrac{{{a^2}\sqrt[{}]{{10}}}}{4}.\cos \alpha \)$ \Rightarrow \cos \alpha  = \dfrac{{\sqrt[{}]{{30}}}}{{10}}$.

Ta có $SH \bot \left( {ABCD} \right)$ suy ra góc giữa $SD$ và mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ chính là góc $\widehat {SDH}$ hay $\widehat {SDH} = 60^\circ $.

Hạ $HK \bot CD$ suy ra $CD \bot \left( {SHK} \right)$ nên góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$ là góc $\widehat {SKH}$ suy ra $\widehat {SKH} = \alpha $.

Ta có $DH = \sqrt {O{H^2} + O{D^2}}  = \sqrt {{{\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}}  = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{{\sqrt 2 }}$.

Tam giác $SHD$ là nửa tam giác đều cạnh  $SD = 2DH = a\sqrt {10} $ suy ra đường cao $SH = \dfrac{{\left( {a\sqrt {10} } \right)\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt {30} }}{2}$.

Gọi $M$ là trung điểm $CD$, ta có $HK = \dfrac{{OM + AD}}{2} = \dfrac{{3a}}{2}$.

Vậy $\tan \alpha  = \dfrac{{SH}}{{HK}} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt {30} }}{2}}}{{\dfrac{{3a}}{2}}} = \dfrac{{\sqrt {30} }}{3}$.

Cách 1: Hai mặt phẳng $\left( {AB'D'} \right)$ và $\left( {A'C'D} \right)$ có giao tuyến là $EF$ như hình vẽ. Từ $A'$ và $D'$ ta kẻ 2 đoạn vuông góc lên giao tuyến $EF$ sẽ là chung một điểm $H$ như hình vẽ. Khi đó, góc giữa hai mặt phẳng cần tìm chính là góc giữa hai đường thẳng $A'H$ và $D'H$.

Tam giác $DEF$ lần lượt có $D'E = \dfrac{{D'B'}}{2} = \dfrac{{\sqrt {13} }}{2}$, $D'F = \dfrac{{D'A}}{2} = \dfrac{5}{2}$, $EF = \dfrac{{B'A}}{2} = \sqrt 5 $.

Theo hê rông ta có: ${S_{DEF}} = \dfrac{{\sqrt {61} }}{4}$. Suy ra $D'H = \dfrac{{2{S_{DEF}}}}{{EF}} = \dfrac{{\sqrt {305} }}{{10}}$.

Tam giác $D'A'H$ có: $\cos \widehat {A'HD'} = \dfrac{{H{{A'}^2} + H{{D'}^2} - A'{{D'}^2}}}{{2HA'.HD'}} =  - \dfrac{{29}}{{61}}$.

Do đó $\widehat {A'HD'} \approx 118,4^\circ $ hay $\left( {\widehat {A'H,D'H}} \right) \approx 180^\circ  - 118,4^\circ  = 61,6^\circ $.

Cách 1:

Trong $\Delta SAC$, vẽ $AH \bot SC$

Gọi $M$ là trung điểm của $AC$, vẽ $MK \bot SC$ (1)

Vì $\Delta BAC$ vuông cân tại $B$ $ \Rightarrow $ $BM \bot AC$

Theo giả thiết $SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BM$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BM \bot AC\\BM \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BM \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BM \bot SC$ (2)

Từ (1) và (2) $ \Rightarrow $ $SC \bot \left( {BMK} \right) \Rightarrow SC \bot BK$ (3)

Từ (1) và (3) $ \Rightarrow $ $\left\{ \begin{array}{l}MK \bot SC;\,\,MK \subset \left( {SAC} \right)\\SC \bot BK;\,\,BK \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right.$

$ \Rightarrow $ $\left( {\left( {SAC} \right);\,\left( {SBC} \right)} \right) = \left( {BK;\,MK} \right) = \widehat {BKM}$

Vì tam giác $SBC$ vuông tại $B$, nên $\dfrac{1}{{B{K^2}}} = \dfrac{1}{{B{C^2}}} + \dfrac{1}{{B{A^2}}} = \dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{2{a^2}}} = \dfrac{3}{{2{a^2}}}\,\,\, \Rightarrow BK = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}$

Vì $\Delta MCK \sim \Delta SCA$ $ \Rightarrow $ $\dfrac{{MK}}{{SA}} = \dfrac{{MC}}{{SC}} \Leftrightarrow MK = \dfrac{{MC.SA}}{{SC}} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.a}}{{a\sqrt 3 }} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{6}$

Theo CMT, ta có $BM \bot \left( {SAC} \right)$ $ \Rightarrow $ $BM \bot MK$ $ \Rightarrow $ $\Delta BMK$ vuông tại $M$

Do đó, $\cos \widehat {BMK} = \dfrac{{MK}}{{BK}} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{6}:\dfrac{{a\sqrt 6 }}{3} = \dfrac{1}{2}$

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB\), theo đề ra ta được \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\).

Dựng \(T\), \(K\) lần lượt là hình chiếu của \(H\) lên \(SA\), \(SB\)\( \Rightarrow HT \bot \left( {SAD} \right)\) và \(HK \bot \left( {SBC} \right)\).

Vậy \(\left( {\widehat {\left( {SAD} \right);{\rm{ }}\left( {SBC} \right)}} \right) = \left( {\widehat {HT;{\rm{ }}HK}} \right)\).

Xét tứ giác \(SKHT\) có hai góc vuông đối diện nhau nên \(SKHT\) là tứ giác nội tiếp\( \Rightarrow \widehat {KHT} = 60^\circ \) do $\widehat {ASB} = 120^\circ $.

Vậy \(\left( {\widehat {\left( {SAD} \right);{\rm{ }}\left( {SBC} \right)}} \right) = \left( {\widehat {HT;{\rm{ }}HK}} \right) = \widehat {KHT} = 60^\circ \).

Gọi \(O\) là tâm hình vuông \(ABCD\). Kẻ \(AH \bot SO\) tại \(H\).

Ta có: \(BD \bot AO,\) \(BD \bot SA\)\( \Rightarrow BD \bot \left( {SAO} \right)\)\( \Rightarrow BD \bot AH\). Vậy \(AH \bot \left( {SBD} \right)\).

Lại có: \(AB \bot \left( {SAD} \right)\), do đó góc \(\alpha \) giữa hai mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\) là góc giữa hai đường thẳng \(AH\) và \(AB\). Do đó \(\alpha  = \widehat {BAH}\) và \(\widehat {BAH} < {90^0} = \widehat {BHA}\).

Tam giác \(SAO\) vuông tại \(A\), đường cao \(AH\) nên: \(\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{S^2}}} + \dfrac{1}{{A{O^2}}} = \dfrac{1}{{2{a^2}}} + \dfrac{4}{{2{a^2}}} = \dfrac{5}{{2{a^2}}}\)

Suy ra: \(AH = \dfrac{{a\sqrt {10} }}{5}\). Từ đó: \(\cos \alpha  = \dfrac{{AH}}{{AB}} = \dfrac{{\sqrt {10} }}{5}\).

Gọi \(H\) là trung điểm $A B$, do tam giác $S A B$ đều nên \(SH \bot AB\). Mà \((SAB) \bot (ABCD)\) nên \(SH \bot (ABCD)\).

Gọi \(I\) là trung điểm $C D$.

Ta có: \(\alpha  = ((SCD);(ABCD)) = \widehat {SIH}\).

Trong đó: $S H$ là đường cao của tam giác đều cạnh 2a nên \(SH = a\sqrt 3 ,HI = AD = a\).

Khi đó \(\tan \alpha  = \tan \widehat {SIH} = \dfrac{{SH}}{{HI}} = \sqrt 3 \), suy ra \(\alpha  = {60^0 }\).