Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), SA = a,

Phương pháp giải

Bước 1: CM  vuông tại \(C,AK \bot SC \Rightarrow AK \bot (SAC)\)

Bước 2: Từ đó góc giữa hai mặt phẳng \((SBC)\) và \((SCD)\) bằng góc giữa AH và AK bằng \(\widehat {HAK};AH \bot (SBC) \Rightarrow AH \bot HK\)

Bước 3: Tính AH, AK và tam giác vuông AHK có \(\cos \widehat {HAK} = \frac{{AH}}{{AK}} \to \widehat {HAK}\)

Có \(SA \bot (ABCD)\), đáy ABCD là hình thang vuông tại \(A\) và \(B\) nên

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

Trong  dựng đường cao \(AH \bot SB \Rightarrow AH \bot (SBC)\).

Ta có \(AC = a\sqrt 2 ;SD = a\sqrt 5 ;CD = a\sqrt 2 ;SC = a\sqrt 3 \). Do đó  vuông tại \(C\).

Có \(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}{SC \bot CD}\\{SA \bot CD}\end{array}} \right\} \Rightarrow CD \bot (SAC)\).

Trong  dựng đường cao \(AK \bot SC \Rightarrow AK \bot (SDC)\)

Từ đó góc giữa hai mặt phẳng \((SBC)\) và \((SCD)\) bằng góc giữa AH và AK bằng \(\widehat {HAK}\)

\(AH \bot (SBC) \Rightarrow AH \bot HK\).

Có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} \Rightarrow AH = \frac{a}{{\sqrt 2 }};\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} \Rightarrow AK = \frac{{a\sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }}\)

Tam giác vuông AHK có \(\cos \widehat {HAK} = \frac{{AH}}{{AK}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \to \widehat {HAK} = {30^^\circ }\).