Đáp án đúng là: D

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a, SA = SB = SD = a (ảnh 1)

Gọi O là tâm hình thoi ABCD, H là trọng tâm tam giác ABD.

Tam giác ABD có: AB = AD (do ABCD là hình thoi), \(\widehat {BAD} = 60^\circ \)

⇒ ∆ABD đều ⇒ H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác.

Hình chóp S.ABD có: SA = SB = SD = a ⇒ SH ⊥ (ABD).

Dựng HK // SA (K ∈ SC), HI ⊥ SD (I ∈ SD).

Mà HD ⊥ CD (do \[\widehat {HDC} = \widehat {HDO} + \widehat {ODC} = 30^\circ + 60^\circ = 90^\circ \])

⇒ CD ⊥ (SHD) ⇒ CD ⊥ HI.

⇒ HI ⊥ (SCD)

Ta có: \(\left( {\widehat {SA;\,\,\left( {SCD} \right)}} \right) = \left( {\widehat {HK;\,\,\left( {SCD} \right)}} \right) = \left( {\widehat {HK;\,\,KI}} \right) = \widehat {HKI}\)

HK // SA ⇒ \(\frac{{HK}}{{SA}} = \frac{{HC}}{{AC}} = \frac{2}{3}\) ⇒ \(HK = \frac{2}{3}a\)

Tứ diện S.ABD đều, có cạnh bằng a

⇒ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{HD = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}}\\{AH = \frac{2}{3}.OA = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}}\\{SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}}\end{array}} \right.\)

Xét tam giác SHD vuông tại H có:

HI ⊥ SD ⇒ \(\frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{D^2}}} = \frac{1}{{\frac{{2{a^2}}}{3}}} + \frac{1}{{\frac{{{a^2}}}{3}}} = \frac{9}{{2{a^2}}}\) ⇒ \(HI = \frac{{a\sqrt 2 }}{3}\)

Xét tam giác HIK vuông tại I có:

\(\sin \widehat {HKI} = \frac{{HI}}{{HK}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{3}}}{{\frac{{2a}}{3}}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\)⇒ \(\widehat {HKI} = 45^\circ \)

⇒ \(\left( {\widehat {SA;\,\,\left( {SCD} \right)}} \right) = 45^\circ .\)

Nếu lấy 3,14 làm giá trị gần đúng của pi thì sai số là A. 0,001. B. 0,002