Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A với AB=a .

Kẻ \(HI \bot AB(I \in AB),HJ \bot AC(J \in AC)\). Dễ thấy và (vì \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\)) nên AlHJ là hình bình hành.

Có \(HI \bot AB\) và \(SH \bot AB\) (vì \(SH \bot (ABC))\) nên \(AB \bot (SHI)\)

\( \Rightarrow \) góc giữa \((SAB)\) và \((ABC)\) là góc \(\widehat {SIH} = {60^^\circ }\).

Tương tự thì \(\widehat {SJH} = {60^^\circ }\).

Kẻ \(HK \bot SB(K \in SB)\) và \(HT \bot SI(I \in SI)\).

Ta có \(HT \bot AB\) và \(HT \bot SI \Rightarrow HT \bot (SAB) \Rightarrow HT \bot SB\) và \(HK \bot SB \Rightarrow \) góc giữa \((SAB)\) và \((SBC)\) là góc \(\widehat {HKT}\).

Ta có \(HI = SH\cot \widehat {SHH} = SH\cot {60^^\circ }\) và \(HJ = SH\cot \widehat {SJH} = SH\cot {60^^\circ }\)

\( \Rightarrow HI = HJ \Rightarrow AIHJ\) là hình thoi \( \Rightarrow AH\) là phân giác \(\widehat {BAC}\).

\(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}}  = \sqrt 5 a,\frac{{BH}}{{HC}} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{1}{2} \Rightarrow BH = \frac{{\sqrt 5 }}{3}a,CH = \frac{{2\sqrt 5 }}{3}a.\)

\(\frac{{BH}}{{BC}} = \frac{{HI}}{{AC}} \Rightarrow HI = HJ = \frac{2}{3}a,\,\,SH = HI\tan \widehat {SIH} = HI\tan {60^^\circ } = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}a,\)

\(HT = HI\sin \widehat {SIH} = HI\sin {60^^\circ } = \frac{{2\sqrt 3 }}{6}a\).

Tam giác SHB vuông tại \(H(SH \bot (ABC))\) có đường cao HK

\( \Rightarrow \frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{H{B^2}}} + \frac{1}{{S{H^2}}} \Rightarrow HK = \frac{{10}}{{\sqrt {255} }}a\).

Vì \(HT \bot (SAB)\) nên \(HT \bot TK\) từ đó \(TK = \sqrt {H{K^2} - H{T^2}}  = \frac{1}{{\sqrt {17} }}a\)

\( \Rightarrow \tan \widehat {HKT} = \frac{{HT}}{{TK}} = \frac{{\sqrt {51} }}{3}\).