Cho tam giác đều $ABC$ cạnh $a$, $I$ là trung điểm của $BC$, $D$ là điểm đối xứng với $A$ qua $I$. Vẽ đoạn thẳng $SD$ có độ dài bằng $\frac{a\sqrt{6}}{2}$ và vuông góc với mặt phẳng $(ABC)$. Tính góc $\phi$ (đơn vị: độ) giữa hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SAC)$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $I$ là gốc, $B=(-\frac{a}{2},0,0)$, $C=(\frac{a}{2},0,0)$, $A=(0,\frac{a\sqrt{3}}{2},0)$. Vì $D$ đối xứng với $A$ qua $I$ nên $D=(0,-\frac{a\sqrt{3}}{2},0)$, và $S=(0,-\frac{a\sqrt{3}}{2},\frac{a\sqrt{6}}{2})$ với $h=SD=\frac{a\sqrt{6}}{2}$.

Ta có $\overrightarrow{SA}=(0,a\sqrt{3},-h)$, $\overrightarrow{SB}=(-\frac{a}{2},\frac{a\sqrt{3}}{2},-h)$, $\overrightarrow{SC}=(\frac{a}{2},\frac{a\sqrt{3}}{2},-h)$.

Pháp tuyến của $(SAB)$: ${\vec{n}}_1=\overrightarrow{SA}\times \overrightarrow{SB}=(-\frac{\sqrt{3}ah}{2},\frac{ah}{2},\frac{\sqrt{3}{a}^2}{2})$.
Pháp tuyến của $(SAC)$: ${\vec{n}}_2=\overrightarrow{SA}\times \overrightarrow{SC}=(-\frac{\sqrt{3}ah}{2},-\frac{ah}{2},-\frac{\sqrt{3}{a}^2}{2})$.

Tích vô hướng: ${\vec{n}}_1\cdot {\vec{n}}_2=\frac{3a^2{h}^2}{4}-\frac{a^2{h}^2}{4}-\frac{3a^4}{4}=\frac{a^2(2h^2-3a^2)}{4}$. Với $h^2=\frac{3a^2}{2}$ thì $2h^2=3a^2$, suy ra ${\vec{n}}_1\cdot {\vec{n}}_2=0$.

Vậy hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SAC)$ vuông góc với nhau, $\phi =90^{\circ }$, khớp với đáp án nguồn (mã đề 2204, câu 21: 90).