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 $\alpha  = {60^0 }$.