Góc giữa hai mặt phẳng

Ta có $\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC \Rightarrow BC$ là giao tuyến.

Mặt khác $SA \bot \left( {ABC} \right)$ và $\Delta ABC$ vuông tại $B \Rightarrow AB \bot BC$.

Nên $\left\{ \begin{array}{l}SA \bot BC\\AB \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow $$BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB$

$\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\\left( {SBC} \right) \supset SB \bot BC\\\left( {ABC} \right) \supset AB \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SB;AB} \right)} = \widehat {SBA} = {45^0}$

Xét $\Delta SAB$ vuông tại $A$, có $\widehat {SBA} = {45^0} \Rightarrow SA = AB = a$.

Mà $A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} = 2{a^2} \Rightarrow AC = a\sqrt 2 $. 

Gọi \(M\) là trung điểm của $BC$, suy ra $AM \bot BC$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}AM \bot BC\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow BC \bot SM$

$\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\\left( {SBC} \right) \supset SM \bot BC\\\left( {ABC} \right) \supset AM \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SM;AM} \right)} = \widehat {SMA}.$

Tam giác $ABC$ đều cạnh $a$, suy ra trung tuyến $AM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.$

Tam giác vuông $SAM$, có $\sin \widehat {SMA} = \dfrac{{SA}}{{SM}} = \dfrac{{SA}}{{\sqrt {S{A^2} + A{M^2}} }} = \dfrac{{2\sqrt 5 }}{5}.$

Gọi \(Q\) là trung điểm \(BC\), suy ra \(OQ \bot BC\).

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot OQ\\BC \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SOQ} \right) \Rightarrow BC \bot SQ.$

Do đó

$\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC\\\left( {SBC} \right) \supset SQ \bot BC\\\left( {ABCD} \right) \supset OQ \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SQ;OQ} \right)} = \widehat {SQO}.$

Tam giác vuông $SOQ$, có $\tan \widehat {SQO} = \dfrac{{SO}}{{OQ}} = \sqrt 3  \Rightarrow \widehat {SQO} = {60^0}$

Vậy mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ hợp với mặt đáy $\left( {ABCD} \right)$ một góc ${60^0}.$

Gọi $I$ là tâm của hình thoi $ABCD$.

Và $H$ là hình chiếu vuông góc của $S$ lên $BD$.

$\widehat {\left( {\left( {SBD} \right);\left( {ABCD} \right)} \right)} = {90^0} \Rightarrow \left( {SBD} \right) \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)$.

Khi đó $\left\{ \begin{array}{l}SH \bot AC\\BD \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow AC \bot SI$.

Mà $I$ là trung điểm của \(AC \Rightarrow \Delta SAC\) cân tại S \( \Rightarrow SA = SB = SC=BC=a\).

\(\Delta SAC = \Delta BAC\left( {c.c.c} \right) \Rightarrow BI = SI = \dfrac{1}{2}BD \Rightarrow \Delta SBD\) vuông tại S

$ \Rightarrow B{D^2} = S{B^2} + S{D^2} = {a^2} + {\left( {a\sqrt 2 } \right)^2} = 3{a^2} \Rightarrow BD = a\sqrt 3 $.

Gọi $H$ là trung điểm của \(BC\), suy ra $SH \bot BC \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)$.

Gọi $K$ là trung điểm $AC$, suy ra $HK$//$AB$ nên $HK \bot AC$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}AC \bot HK\\AC \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {SHK} \right) \Rightarrow AC \bot SK.$

$\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AC\\\left( {SAC} \right) \supset SK \bot AC\\\left( {ABC} \right) \supset HK \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SAC} \right);\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SK;HK} \right)} = \widehat {SKH}.$

Tam giác vuông $ABC$, có $AB = BC.\cos \widehat {ABC} = a \Rightarrow HK = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{a}{2}.$

Tam giác \(SBC\) đều cạnh \(2a\) có đường cao \(SH = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{2}\)

Tam giác vuông $SHK$, có $\tan \widehat {SKH} = \dfrac{{SH}}{{HK}} = \dfrac{{\dfrac{{2a\sqrt 3 }}{2}}}{{\dfrac{a}{2}}} = 2\sqrt 3 $.

Vì $ABCD.A'B'C'D'$ là lăng trụ tứ giác đều

$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AB \bot BB'\\AB \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {BB'C'B} \right) \Rightarrow AB \bot BC'$

$\left\{ \begin{array}{l}\left( {ABC'} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\\\left( {ABC'} \right) \supset BC' \bot AB\\\left( {ABCD} \right) \supset BC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {ABC'} \right);\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {BC';BC} \right)} = \widehat {C'BC} = {60^0}.$

Tam giác $BCC'$ vuông tại $C,$ có $\tan \widehat {C'BC} = \dfrac{{CC'}}{{BC}} \Rightarrow CC' = \tan {60^0}.a = a\sqrt 3 .$

Gọi M’ là trung điểm $OC \Rightarrow MM'\parallel SO \Rightarrow MM' \bot \left( {ABCD} \right).$

Theo công thức diện tích hình chiếu, ta có ${S_{\Delta \,M'BD}} = \cos \varphi .{S_{\Delta \,MBD}}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \cos \varphi  = \dfrac{{{S_{\Delta \,M'BD}}}}{{{S_{\Delta \,MBD}}}} = \dfrac{{BD.M'O}}{{BD.MO}} = \dfrac{{M'O}}{{MO}} = \dfrac{{\dfrac{1}{2}OC}}{{\dfrac{1}{2}SA}}\\ = \dfrac{{\sqrt {B{C^2} - O{B^2}} }}{{SA}} = \dfrac{{\sqrt {{a^2} - {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} }}{a} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \varphi  = {45^0}.\end{array}$

Từ giả thiết suy ra tam giác $ABD$ đều cạnh $a$.

Gọi $H$ là hình chiếu của $S$ trên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$.

Do $SA = SB = SD$ nên suy ra $H$ là tâm của tam gác đều $ABD$.

Suy ra $AH = \dfrac{2}{3}AI = \dfrac{2}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3},HI = \dfrac{1}{3}AI = \dfrac{1}{3}\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6}$

và $SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}}  = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{6}.$

Vì $ABCD$ là hình thoi nên $HI \bot BD$. Tam giác $SBD$ cân tại $S$ nên $SI \bot BD$. Do đó $\widehat {\left( {SBD} \right);\left( {ABCD} \right)} = \widehat {\left( {SI;AI} \right)} = \widehat {SIH}.$.

Trong tam vuông $SHI$, có $\tan \widehat {SIH} = \dfrac{{SH}}{{HI}} = \sqrt 5 .$

Dễ dàng xác định giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {SCD} \right)$ là đường thẳng $d$ đi qua $S$ và song song với AB và CD.

Trong mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ có $SH \bot AB \Rightarrow SH \bot d.$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot HK\\CD \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SHK} \right) \Rightarrow CD \bot SK \Rightarrow d \bot SK.$ 

Từ đó suy ra

$\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right) = d\\\left( {SAB} \right) \supset SH \bot d\\\left( {SCD} \right) \supset SK \bot d\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SAB} \right);\left( {SCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SH;SK} \right)} = \widehat {HSK}.$

Trong tam giác vuông $SHK$, có $\tan \widehat {HSK} = \dfrac{{HK}}{{SH}} = \dfrac{a}{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \dfrac{{2\sqrt 3 }}{3}.$

Gọi $O = AC \cap BD$. Do hình chóp $S.ABCD$ đều nên $SO \bot \left( {ABCD} \right)$.

Gọi $M$ là trung điểm của $SD.$ Tam giác $SCD$ đều nên $CM \bot SD$.

Tam giác $SBD$ có $SB = SD = a,$ $BD = a\sqrt 2 $

Suy ra $\Delta \,SBD$ vuông tại $S \Rightarrow SB \bot SD \Rightarrow OM \bot SD.$

Do đó

$\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBD} \right) \cap \left( {SCD} \right) = SD\\\left( {SBD} \right) \supset OM \bot SD\\\left( {SCD} \right) \supset CM \bot SD\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SBD} \right);\left( {SCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {OM;CM} \right)} = \widehat {OMC}.$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}OC \bot BD\\OC \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow OC \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow OC \bot OM$.

Tam giác vuông MOC vuông tại O, có $\tan \widehat {CMO} = \dfrac{{OC}}{{OM}} = \dfrac{{\dfrac{1}{2}a\sqrt 2 }}{{\dfrac{1}{2}a}} = \sqrt 2 $.

Gọi $\left( d \right)$ là đường thẳng đi qua $S$ và song song với EF.

Vì EF là đường trung bình tam giác ABC suy ra EF // BC.

Khi đó d // EF // BC$ \Rightarrow \left( {SEF} \right) \cap \left( {SBC} \right) = \left( d \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right).$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}SA \bot BC\,\,\,\,\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\\AB \bot BC\end{array} \right.$$ \Rightarrow $$BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}BC \bot SE\\BC \bot SB\end{array} \right.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right).$

Từ $\left( 1 \right),\,\,\left( 2 \right)$ suy ra $\left\{ \begin{array}{l}\left( d \right) \bot SE\\\left( d \right) \bot SB\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SEF} \right);\left( {SBC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SE;SB} \right)} = \widehat {BSE}.$

Gọi $H$ là chân đường cao kẻ từ đỉnh $S$ xuống mặt phẳng (ABC).

Vì S.ABC là hình chóp đều có SA = SB = SC nên suy ra H chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Gọi M là trung điểm của BC, ta có

$\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AM\\BC \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow BC \bot SM$.

Khi đó

$\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\\left( {SBC} \right) \supset SM \bot BC\\\left( {ABC} \right) \supset AM \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SM;AM} \right)} = \widehat {SMA} = {60^0}$.

Tam giác ABC đều cạnh a có $AM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow HM = \dfrac{{AM}}{3} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6}.$

Tam giác AHM vuông tại H, có $SH = \tan {60^0}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{6} = \dfrac{a}{2}.$

Vậy độ dài đường cao $SH = \dfrac{a}{2}.$

Gọi $M$ là trung điểm $AB$ $\, \Rightarrow ADCM$ là hình vuông.

Vì$\,CM = AD = a = \dfrac{{AB}}{2}$. Suy ra tam giác $ACB$ có trung tuyến bằng nửa cạnh đáy nên vuông tại $C$.

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

Do đó :

$\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC\\\left( {SBC} \right) \supset SC \bot BC\\\left( {ABCD} \right) \supset AC \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SC;AC} \right)} = \widehat {SCA}.$

Tam giác $SAC$ vuông tại $A$$ \Rightarrow \tan \varphi  = \dfrac{{SA}}{{AC}} = \dfrac{{SA}}{{\sqrt {A{D^2} + C{D^2}} }} = \dfrac{a}{{a\sqrt 2 }} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}.$

Ta có $I$ là trung điểm của $BC\,\, \Rightarrow AI \bot BC$

$ABC.A'B'C'$ là lăng trụ đứng $ \Rightarrow C'C \bot \left( {ABC} \right).$

$ \Rightarrow C'C \bot AI$ mà $AI \bot BC \Rightarrow AI \bot \left( {BCC'B'} \right) \Rightarrow AI \bot C'I$

Suy ra

$\left\{ \begin{array}{l}\left( {C'AI} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AI\\\left( {C'AI} \right) \supset C'I \bot AI\\\left( {ABC} \right) \supset BC \bot AI\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {C'AI} \right);\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {C'I;BC} \right)} = \widehat {C'IC} = {60^0}$

Xét $\Delta \,C'CI$ vuông tại $C$, có : $\tan \widehat {C'IC} = \dfrac{{CC'}}{{IC}} \Rightarrow CC' = \tan {60^0}.\dfrac{a}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow AA' = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$

Gọi $H$ là trung điểm $BC.$ Tam giác $ABC $ vuông tại $A$ nên $H$ trung điểm của $BC.$

Theo giả thiết, ta có $SH \bot \left( {ABC} \right)$

Qua $B$ kẻ $Bx$//$AC$. Khi đó $\widehat {\left( {SB;AC} \right)} = \widehat {\left( {SB;Bx} \right)}$

Kẻ $HE \bot Bx$ tại $E$, cắt $AC$ tại $M$

Suy ra AMEB là hình chữ nhật nên $\left\{ \begin{array}{l}BE = AM = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{a}{2}\\HE = HM = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{a}{2}\end{array} \right.$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}Bx \bot HE\\Bx \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow Bx \bot \left( {SHE} \right) \Rightarrow Bx \bot SE$

Tam giác vuông $SEB$ vuông tại $E,$ có $\cot \widehat {SBE} = \dfrac{{BE}}{{SE}} = \dfrac{{AM}}{{\sqrt {S{H^2} + H{E^2}} }} = \dfrac{{\dfrac{a}{2}}}{{\sqrt {\dfrac{{6{a^2}}}{4} + \dfrac{{{a^2}}}{4}} }} = \dfrac{{\sqrt 7 }}{7}$

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

Do đó $AK \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AK \bot KH$.

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}AH \bot SB\\AK \bot SB\end{array} \right. \Rightarrow SB \bot \left( {AHK} \right) \Rightarrow SB \bot HK\\\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \cap \left( {SBC} \right) = SB\\\left( {SAB} \right) \supset AH \bot SB\\\left( {SAC} \right) \supset HK \bot SB\end{array} \right.\Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SAB} \right);\left( {SBC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {AH;HK} \right)} = \widehat {AHK} = {60^0}\end{array}\)

Xét tam giác AHK vuông tại K có:

$AK = AH.\sin {60^0} \Leftrightarrow A{K^2} = \dfrac{3}{4}A{H^2} \Leftrightarrow \dfrac{3}{4}\dfrac{1}{{A{K^2}}} = \dfrac{1}{{A{H^2}}}$.

Đặt SA = a, áp dụng hệ thức lượng, ta được

• $\dfrac{1}{{A{K^2}}} = \dfrac{1}{{S{A^2}}} + \dfrac{1}{{A{C^2}}} = \dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{{R^2}}}$
• $\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{S{A^2}}} + \dfrac{1}{{A{B^2}}} = \dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{4{R^2}}}$

Suy ra $\dfrac{3}{4}\left( {\dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{{R^2}}}} \right) = \dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{4{R^2}}} \Leftrightarrow \dfrac{1}{4}\dfrac{1}{{{a^2}}} = \dfrac{1}{2}\dfrac{1}{{{R^2}}} \Leftrightarrow {a^2} = \dfrac{{{R^2}}}{2} \Leftrightarrow a = \dfrac{R}{{\sqrt 2 }}$.

Vẽ $BC \cap DE = M$$ \Rightarrow \left( {ADE} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AM$.

Ta có $BD$//$CE \Rightarrow \dfrac{{BD}}{{CE}} = \dfrac{{MB}}{{MC}} = \dfrac{1}{2} $$\Rightarrow BM = BC = BA$.

Suy ra $\Delta AMC$ vuông tại $A$ $ \Rightarrow AM \bot AC$.

$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AM \bot AC\\AM \bot EC\end{array} \right. \Rightarrow AM \bot \left( {ACE} \right) \Rightarrow AM \bot AE \Rightarrow \Delta AME$ vuông tại $A$.

Mặt khác ta có:  $\left\{ \begin{array}{l}\left( {ADE} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AM\\\left( {ADE} \right) \supset AE \bot AM\\\left( {ABC} \right) \supset AC \bot AM\end{array} \right. $$\Rightarrow \widehat {\left( {\left( {ADE} \right);\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {AE;AC} \right)} = \widehat {EAC}$.

Xét $\Delta AEC$ vuông tại C, có $\tan \widehat {EAC} = \dfrac{{EC}}{{AC}} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{a} = \sqrt 3 $$ \Rightarrow \widehat {EAC} = {60^0}$.

Gọi $M, N$ lần lượt là trung điểm của $AB, CD.$

Ta có $AN \bot CD$ mà $\left( {ACD} \right) \bot \left( {BCD} \right)$

$ \Rightarrow AN \bot \left( {BCD} \right) \Rightarrow AN \bot BN \Rightarrow \Delta ANB$ vuông tại N \( \Rightarrow NM = \dfrac{{AB}}{2}\,\,\left( 1 \right)\)

Tam giác $ABC$ cân tại $C,$ có $M$ là trung điểm của $AB$ $ \Rightarrow CM \bot AB.$

Giả sử $\left( {ABC} \right) \bot \left( {ABD} \right)$ mà $CM \bot AB$$ \Rightarrow CM \bot \left( {ABD} \right) \Rightarrow CM \bot DM.$

Khi đó, $\Delta \,MCD$ vuông tại $M$. Ta có \(\Delta ABC = \Delta ABD\,\,\left( {c.c.c} \right) \Rightarrow CM = DM \Rightarrow \Delta MCD\) vuông cân tại M.

$ \Rightarrow \,\,MN = \dfrac{{CD}}{2}\,\,\,\left( 2 \right)$.

Từ (1) và (2) $ \Rightarrow AB = CD = 2x$

Lại có $\Delta ACD = \Delta BCD\,\,\left( {c.c.c} \right) \Rightarrow AN = BN = \sqrt {A{C^2} - C{N^2}}  = \sqrt {{a^2} - {x^2}} ,$ mà $A{B^2} = A{N^2} + B{N^2}.$

Suy ra $2\left( {{a^2} - {x^2}} \right) = 4{x^2} \Leftrightarrow {a^2} = 3{x^2} \Leftrightarrow x = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}.$

Ta có $SH \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SH \bot CH$                   (1)

Tam giác ABC cân tại C nên $CH \bot AB$          (2)

Từ (1) và (2), suy ra $CH \bot \left( {SAB} \right)$

Gọi I là trung điểm $AC$ $\Rightarrow \,\,HI//BC\xrightarrow{BC\,\bot \,\,AC}HI\bot AC$ (3)

Mặt khác $AC \bot SH$ (do $SH \bot \left( {ABC} \right)$)         (4)

Từ (3) và (4), suy ra $AC \bot \left( {SHI} \right)$

Kẻ $HK \bot SI{\rm{ }}\,\left( {K \in SI} \right)$   (5)

Từ $AC \bot \left( {SHI} \right) \Rightarrow AC \bot HK$   (6)

Từ (5) và (6), suy ra $HK \bot \left( {SAC} \right)$

Vì $\left\{ \begin{array}{l}HK \bot \left( {SAC} \right)\\HC \bot \left( {SAB} \right)\end{array} \right.$ nên góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ và $\left( {SAB} \right)$ bằng góc giữa hai đường thẳng $HK$ và $HC$

Ta có \(HK \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow HK \bot CK \Rightarrow \Delta CHK\) vuông tại $K.$

Do đó góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ và $\left( {SAB} \right)$ là \(\widehat {CHK}\)

Có $CH = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{a}{2}$; $\dfrac{1}{{H{K^2}}} = \dfrac{1}{{S{H^2}}} + \dfrac{1}{{H{I^2}}} = \dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left( {\dfrac{1}{2}.\dfrac{a}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}}} \Rightarrow HK = \dfrac{a}{3}$

Do đó $\cos \widehat {CHK} = \dfrac{{HK}}{{CH}} = \dfrac{{\dfrac{a}{3}}}{{\dfrac{a}{2}}} = \dfrac{2}{3}.$

Bước 1: Gọi góc giữa hai mặt phẳng \((\alpha )\) và \((\beta )\) là góc \(\varphi \). \(G\) là trọng tâm \(\Delta BCD\), kéo dài tia BM cắt AD tại \(F\). Chứng minh \(\sin \varphi  = \dfrac{{d(A,(BEF))}}{{d(A,EG)}}\)

Gọi góc giữa hai mặt phẳng \((\alpha )\) và \((\beta )\) là góc \(\varphi \). Khi đó \(\sin \varphi  = \dfrac{{d(A,\alpha )}}{{d(A,\Delta )}}.\)

Gọi điểm \(G\) là trọng tâm \(\Delta BCD\), kéo dài tia BM cắt AD tại \(F\).

Ta có \((SAC) \cap (BEF) = EG\).

=> Góc giữa hai mặt phẳng \((SAC)\) và \((BME)\) là góc \(\varphi \) có \(\sin \varphi  = \dfrac{{d(A,(BEF))}}{{d(A,EG)}}\).

Bước 2: Tính \(\sin \varphi  = \dfrac{{d(A,(BEF))}}{{d(A,EG)}}\)

Ta có \(d(A,(BEF)) = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{3}\),

\(d(A,EG) = \dfrac{{AE \cdot AG}}{{\sqrt {A{E^2} + A{G^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt {70} }}{7}\)

\( \Rightarrow \sin \varphi  = \dfrac{{d(A,(BEF))}}{{d(A,EG)}} = \dfrac{{\sqrt {14} }}{{\sqrt {15} }}\)

\( \Rightarrow \cos \varphi  = \dfrac{1}{{\sqrt {15} }}\)