Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Cạnh bên SA=x và vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Xác định x để hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) tạo với nhau một góc 60 độ.

Từ A  kẻ AH vuông góc với SB\[\,\left( {H \in SB} \right).\]

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{SA \bot BC}\\{AB \bot BC}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow BC \bot AH\) mà\[AH \bot SB\] suy ra\[AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AH \bot SC\]

Từ A kẻ AK vuông góc với\[SD\,\,\,\left( {K \in SD} \right),\] tương tự, chứng minh được\[AK \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow AK \bot SC\]

Khi đó\[SC \bot \left( {AHK} \right)\] suy ra

\[\widehat {\left( {\left( {SBC} \right);\left( {SCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {AH;AK} \right)} = \widehat {HAK} = {60^0}.\]

Lại có\[{\rm{\Delta }}\,SAB = {\rm{\Delta }}\,SAD\,\,\left( {c.g.c} \right) \Rightarrow AH = AK\] mà \[\widehat {HAK} = {60^0}\]suy ra tam giác AHK đều.

Tam giác SAB vuông tại A có

\[\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{xa}}{{\sqrt {{x^2} + {a^2}} }} = AK = HK\]

Suy ra

\[SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}} = \sqrt {{x^2} - \frac{{{x^2}{a^2}}}{{{x^2} + {a^2}}}} = \frac{{{x^2}}}{{\sqrt {{x^2} + {a^2}} }} \Rightarrow \frac{{SH}}{{SB}} = \frac{{{x^2}}}{{{x^2} + {a^2}}}.\]

Tương tự ta chứng minh được\[\frac{{SK}}{{SC}} = \frac{{{x^2}}}{{{x^2} + {a^2}}}\]

⇒HK//BD suy ra

\[\frac{{SH}}{{SB}} = \frac{{HK}}{{BD}} \Leftrightarrow \frac{{{x^2}}}{{{x^2} + {a^2}}} = \frac{{xa}}{{\sqrt {{x^2} + {a^2}} .a\sqrt 2 }} \Leftrightarrow \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + {a^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }} \Leftrightarrow 2{x^2} = {x^2} + {a^2} \Rightarrow x = a.\]

Đáp án cần chọn là: C