Cho hình chóp S.ABC có cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, tam giác ABC vuông cân tại B. Biết SB = a căn 3 ,AB = a

Ta có \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(SA \bot AB\).

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

Nếu \(a = 2\) thì \(SA = 2\sqrt 2 \).

Ta có \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(AB\) là hình chiếu của \(SB\) trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).

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

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 \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow BH \bot SA\). (2)

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

Vậy \[\left( {SB,\left( {SAC} \right)} \right) = \left( {SB,SH} \right) = \widehat {BSH}\].

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

Vì vậy \(\widehat {SBA}\) chính là góc phẳng nhị diện \(\left[ {S,BC,A} \right]\).

Mà \(\tan \widehat {SBA} = \sqrt 2 \) và \(\widehat {SBA}\) nhọn nên \(\cos \widehat {SAB} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\). Vậy \(\cos \alpha = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\).

Đáp án: 1 – C; 2 – A; 3 – D; 4 – F.