Cho hình chóp \(S.ABC\) có cạnh bên \(SA\) vuông góc với mặt phẳng đáy, tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(B\)

a) Đúng

b) Đúng

c) Sai

d) Đúng

Ta có: \(SA \bot (ABC)\) nên \(AB\) là hình chiếu của \(SB\) trên mặt phẳng \((ABC)\).

Suy ra \((SB,(ABC)) = (SB,AB) = \widehat {SBA}\).

Tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) có: \(SA = \sqrt {S{B^2} - A{B^2}} = \sqrt {3{a^2} - {a^2}} = a\sqrt 2 {\rm{. }}\)

Tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) có: \(\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{a} = \sqrt 2 \)

Gọi \(H\) là trung điểm \(AC\) thì \(BH \bot AC\) (do tam giác \(ABC\) cân tại \(B\)). (1)

Ta lại có \(SA \bot (ABC) \Rightarrow BH \bot SA\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(BH \bot (SAC)\) hay \(SH\) là hình chiếu của \(SB\) trên mặt phẳng \((SAC)\).

Vậy \((SB,(SAC)) = (SB,SH) = \widehat {BSH}\).

Ta có: \(BH = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\), suy ra \(\sin \widehat {BSH} = \frac{{BH}}{{SB}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{a\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt 6 }}{6}\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot AB}\\{BC \bot SA({\rm{ do }}SA \bot (ABC))}\end{array} \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow BC \bot SB} \right.\).

Vì vậy \((SB,AB) = \widehat {SBA}\) chính là góc phẳng nhị diện \([S,BC,A]\) với \(\tan \widehat {SBA} = \sqrt 2 \) (theo câu a)).

Suy ra SBA^≈54,74°