Cho hình chóp \[S.ABC\] có \[SA = SB = SC = a\]

Chọn A

Gọi \[M,N,P\] lần lượt là trung điểm của \[SA,SB,AC\], khi đó \[MN\parallel AB\] nên

\[\widehat {\left( {AB,SC} \right)} = \widehat {\left( {MN,SC} \right)}\].

Đặt \[\varphi  = \widehat {NMP}\], trong tam giác \[MNP\] có \[\cos \varphi  = \frac{{M{N^2} + M{P^2} - N{P^2}}}{{2MN.MP}}{\rm{  }}\left( * \right)\].

Ta có \[MN = MP = \frac{a}{2}\], \[A{B^2} + A{C^2} = B{C^2} \Rightarrow \Delta ABC\] vuông tại \[A\], vì vậy \[P{B^2} = A{P^2} + A{C^2} = \frac{{5{a^2}}}{4}\],\[P{S^2} = \frac{{3{a^2}}}{4}\]. Trong tam giác \[PBS\] theo công thứ tính đường trung tuyến ta có

\[P{N^2} = \frac{{P{B^2} + P{S^2}}}{2} - \frac{{S{B^2}}}{4} = \frac{{\frac{{5{a^2}}}{4} + \frac{{3{a^2}}}{4}}}{2} - \frac{{{a^2}}}{4} = \frac{{3{a^2}}}{4}.\]

Thay \[MN,MP,NP\] vào \[\left( * \right)\]ta được \[\cos \varphi  =  - \frac{1}{2} \Rightarrow \varphi  = {120^0}.\]

Vậy \[\widehat {\left( {AB,SC} \right)} = \widehat {\left( {MN,SC} \right)} = {60^0}.\]