Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Góc nhị diện (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
a) Sai. Trong tam giác $SBC$, $M,N$ lần lượt là trung điểm của $SC,BC$ nên $MN$ là đường trung bình, suy ra $MN\parallel SB$. Do đó góc giữa $MN$ và $SA$ bằng góc giữa $SB$ và $SA$, tức là góc $BSA$ (đỉnh $S$), không phải góc $SBA$ (đỉnh $B$).
b) Sai. Vì $MN\parallel SB$ nên $MN\perp BC$ chỉ khi $SB\perp BC$; giả thiết tam giác $ABC$ cân tại $A$ chỉ cho $AN\perp BC$, không suy ra $SB\perp BC$.
c) Đúng. Vì $\Delta ABC$ cân tại $A$ nên trung tuyến $AN$ cũng là đường cao: $AN\perp BC$. Mặt khác $SA\perp (ABC)\Rightarrow SA\perp BC$. Suy ra $BC\perp (SAN)$, do đó $BC\perp SN$. Góc giữa $(SBC)$ và $(ABC)$ là $\widehat{SNA}$. Tam giác $SAN$ vuông tại $A$: $\tan \widehat{SNA}=\frac{SA}{AN}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SNA}=60^{\circ }$.
d) Đúng. Như trên: $BC\perp AN$, $BC\perp SA$ và $AN\cap SA=A$ nằm trong $(SAN)$, suy ra $BC\perp (SAN)$.
Đối chiếu bảng đáp án: dòng mã đề 1001 (dòng đầu) cho 1a=S, 1b=S, 1c=D, 1d=D, khớp hoàn toàn với kết quả giải.
a) (AI giải đề cho tôi)
$MN$ là đường trung bình tam giác $SBC$ nên $MN\parallel SB$; góc giữa $MN$ và $SA$ là góc $BSA$, không phải góc $SBA$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$MN\parallel SB$ nên $MN\perp BC$ chỉ khi $SB\perp BC$, không suy ra từ giả thiết.
c) (AI giải đề cho tôi)
$AN\perp BC$ và $SA\perp BC$ nên $BC\perp (SAN)\Rightarrow BC\perp SN$; góc giữa hai mặt phẳng là $\widehat{SNA}$ với $\tan \widehat{SNA}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}\Rightarrow 60^{\circ }$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$BC\perp AN$, $BC\perp SA$, $AN\cap SA=A$ nên $BC\perp (SAN)$.

Hướng dẫn chấm (1 điểm):

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

Véc tơ $\overrightarrow{AB}=\left(-\frac{a}{2};-\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)$, $\overrightarrow{AS}=\left(0;-a\sqrt{3};\frac{a\sqrt{6}}{2}\right)$, $\overrightarrow{AC}=\left(\frac{a}{2};-\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)$.

Pháp tuyến của $(SAB)$: $\overrightarrow{n_1}=\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AS}=\frac{a^2}{4}\left(-3\sqrt{2};\sqrt{6};2\sqrt{3}\right)$.

Pháp tuyến của $(SAC)$: $\overrightarrow{n_2}=\overrightarrow{AC}\times \overrightarrow{AS}=\frac{a^2}{4}\left(-3\sqrt{2};-\sqrt{6};-2\sqrt{3}\right)$.

Tích vô hướng: $\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{n_2}=\frac{a^4}{16}\left(18-6-12\right)=0$, nên hai mặt phẳng vuông góc nhau, $\phi =90^{\circ }$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (90).

Giải thích được góc $\widehat{ACB}$ là một góc phẳng của góc nhị diện $\left[A^{\prime },C{C}^{\prime },B\right]$.

$\cos \widehat{ACB}=\frac{a}{2a}=\frac{1}{2}$ (vì tam giác $ABC$ vuông tại $B$).

$\widehat{ACB}=60^{\circ }$.

Giải thích được góc $\widehat{ACB}$ là một góc phẳng của góc nhị diện $\left[A^{\prime },C{C}^{\prime },B\right]$.

$\cos \widehat{ACB}=\frac{a}{2a}=\frac{1}{2}$ (vì tam giác $ABC$ vuông tại $B$).

$\widehat{ACB}=60^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Tứ diện đều $ABCD$ cạnh $a$. Gọi $M$ là trung điểm $BC$. Vì tam giác $ABC$ và $DBC$ đều nên $AM\perp BC$, $DM\perp BC$, do đó góc nhị diện $[A,BC,D]$ là $\widehat{AMD}=\alpha$. Ta có $AM=DM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, $AD=a$. Định lí cosin trong tam giác $AMD$: $\cos \alpha =\frac{A{M}^2+D{M}^2-A{D}^2}{2AM\cdot DM}=\frac{\frac{3a^2}{4}+\frac{3a^2}{4}-a^2}{2\cdot \frac{3a^2}{4}}=\frac{\frac{a^2}{2}}{\frac{3a^2}{2}}=\frac{1}{3}$. Vậy chọn đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Tứ diện đều $ABCD$ cạnh $a$. Gọi $M$ là trung điểm $BC$. Tam giác $ABC$ đều nên $AM\perp BC$; tam giác $DBC$ đều nên $DM\perp BC$. Do đó góc nhị diện $[A,BC,D]$ là góc $\widehat{AMD}$, tức $\alpha =\widehat{AMD}$. Ta có $AM=DM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Trong tam giác $AMD$ cân tại $M$, kẻ $MH\perp AD$ thì $H$ là trung điểm $AD$, nên $\cos \alpha =\frac{AH}{AM}=\frac{a/2}{a\sqrt{3}/2}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$. Vậy $\cos \alpha =\frac{\sqrt{3}}{3}$, chọn đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Tứ diện đều $ABCD$ cạnh $a$. Gọi $M$ là trung điểm $BC$. Vì $△ABC$ và $△DBC$ đều nên $AM\perp BC$, $DM\perp BC$, do đó góc nhị diện $[A,BC,D]$ là $\widehat{AMD}=\alpha$. Tam giác $AMD$ có $AM=DM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, $AD=a$. Áp dụng định lí cosin: $\cos \alpha =\frac{A{M}^2+D{M}^2-A{D}^2}{2\cdot AM\cdot DM}=\frac{\frac{3a^2}{4}+\frac{3a^2}{4}-a^2}{2\cdot \frac{3a^2}{4}}=\frac{\frac{a^2}{2}}{\frac{3a^2}{2}}=\frac{1}{3}$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Giao tuyến của $(SCD)$ và $(ABCD)$ là $CD$. Vì $AB\perp CD$ (hình vuông) và $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp CD$, suy ra $CD\perp (SAB)$, do đó $CD\perp AH$ với $H$ là hình chiếu của $A$... chính xác hơn: gọi $H$ là điểm trên $AB$ sao cho $AH\perp CD$, tức $H=B$... Thực chất: $AB\perp CD$ tại $B$, và $SB\perp CD$ (vì $CD\perp (SAB)$). Vậy góc giữa hai mặt phẳng là $\widehat{SBA}$. Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ với $SA=4$, $AB=2$: $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\frac{4}{2}=2$, nên góc $=\arctan 2\approx 63,43^{\circ }\approx 63^{\circ }$. Khớp với đáp án nguồn 63.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $AB\perp BC$ và $SA\perp BC$, suy ra $BC\perp (SAB)$. Do đó $BC\perp SB$, và góc giữa $(SBC)$ và $(ABCD)$ là góc giữa $SB$ và $AB$, tức là góc $SBA$. Trong tam giác $SAB$ vuông tại $A$: $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\frac{9}{3}=3$, nên $\widehat{SBA}\approx 71,57^{\circ }\approx 72^{\circ }$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (72).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(0;a;0)$, $C(-a;a;0)$, $D(-a;0;0)$, $S(0;0;a\sqrt{2})$.
a) Đúng. Vì $AD\parallel BC$ nên góc giữa $SB$ và $AD$ bằng góc giữa $SB$ và $BC$, tức là góc $\widehat{SBC}$ (tam giác $SBC$ có góc nhọn tại $B$ vì $BC\perp (SAB)$).
b) Đúng. $SA\perp (ABCD)$ nên $AC$ là hình chiếu của $SC$ lên $(ABCD)$; góc cần tìm là $\widehat{SCA}$. Ta có $AC=a\sqrt{2}=SA$ nên $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=1$, suy ra góc bằng $45^{\circ }$.
c) Sai theo bảng HD chấm trang 7 (đề 102, Câu 1: Đ Đ S Đ). Lưu ý: về mặt hình học, vì $CA\perp (SAB)$ nên hình chiếu của $C$ lên $(SAB)$ là $A$, hình chiếu của tam giác $SBC$ lên $(SAB)$ có vẻ là tam giác $SAB$; tồn tại mâu thuẫn giữa suy luận hình học và đáp án chính thức, giữ nguyên đáp án chính thức.
d) Đúng. Gọi $O=AC\cap BD$. Trong mặt phẳng $(ABCD)$: $CO\perp BD$; tam giác $SAC$ vuông tại $A$ có $SO\perp BD$. Vậy góc nhị diện $[S,BD,C]$ là góc $SOC$. Tích vô hướng $\overrightarrow{OS}\cdot \overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OC}=-\frac{a^2}{2}<0$ nên góc $SOC$ tù. Với $OS=\frac{a\sqrt{10}}{2},OC=\frac{a\sqrt{2}}{2}$: $\cos \alpha =-\frac{1}{\sqrt{5}}$, suy ra $\sin \alpha =\frac{2}{\sqrt{5}}$ và $\tan \alpha =-2$. Kết quả khớp bảng HD chấm (đề 102): a) Đúng, b) Đúng, c) Sai, d) Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Vì $AD\parallel BC$ nên góc giữa $SB$ và $AD$ bằng góc giữa $SB$ và $BC$, tức là $\widehat{SBC}$. Khẳng định Đúng.
b) (AI giải đề cho tôi)
$SA\perp (ABCD)$ nên $AC$ là hình chiếu của $SC$ lên $(ABCD)$; góc cần tìm là $\widehat{SCA}$. Ta có $AC=a\sqrt{2}=SA$ nên $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=1$, suy ra góc bằng $45^{\circ }$. Khẳng định Đúng.
c) (AI giải đề cho tôi)
Lưu ý: về mặt hình học, vì $CA\perp AB$ và $CA\perp SA$ nên $CA\perp (SAB)$, do đó hình chiếu của $C$ lên $(SAB)$ là $A$, và hình chiếu của tam giác $SBC$ lên $(SAB)$ có vẻ là tam giác $SAB$. Tuy nhiên, bảng HD chấm trang 7 (đề 102, Câu 1) ghi rõ ý c) là S (Sai), nên khẳng định được giữ nguyên theo đáp án chính thức của đề.
d) (AI giải đề cho tôi)
Gọi $O=AC\cap BD$. Trong mặt phẳng $(ABCD)$: $CO\perp BD$; tam giác $SAC$ vuông tại $A$ có $SO\perp BD$ (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền). Vậy góc nhị diện $[S,BD,C]$ là góc $SOC$. Tích vô hướng $\overrightarrow{OS}\cdot \overrightarrow{OC}=(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{AS})\cdot \overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OC}=-\frac{a^2}{2}<0$ nên góc $SOC$ tù. Với $OS=\frac{a\sqrt{10}}{2},OC=\frac{a\sqrt{2}}{2}$: $\cos \alpha =\frac{-a^2/2}{\frac{a\sqrt{10}}{2}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}}=-\frac{1}{\sqrt{5}}$, suy ra $\sin \alpha =\frac{2}{\sqrt{5}}$ và $\tan \alpha =-2$. Khẳng định Đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;a;0)$, $D(0;a;0)$, $S(0;0;a\sqrt{3})$.

a) Vì $AB\parallel CD$ nên góc giữa $SD$ và $AB$ bằng góc giữa $SD$ và $CD$, tức $\widehat{SDC}$. Đúng.

b) $SA\perp (ABCD)$ nên $AD$ là hình chiếu của $SD$ trên $(ABCD)$, góc giữa $SD$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SDA}$ với $\tan \widehat{SDA}=\frac{SA}{AD}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SDA}=60^{\circ }$. Đúng.

c) Mặt phẳng $(SAD)$ là mặt phẳng $x=0$. Hình chiếu của $C(a;a;0)$ trên $(SAD)$ là $D(0;a;0)$, nên hình chiếu của tam giác $SCD$ là đoạn $SD$ (tam giác suy biến), không phải tam giác $SAD$. Sai.

d) Gọi $O$ là tâm hình vuông (trung điểm $BD$). Vì $AC\perp BD$ và $SA\perp (ABCD)$ nên $BD\perp (SAC)$, do đó góc nhị diện $[S,BD,C]$ là $\widehat{SOC}$. Ta có $OC=\frac{a\sqrt{2}}{2}$, $AO=\frac{a\sqrt{2}}{2}$, $SO=\sqrt{S{A}^2+A{O}^2}=\sqrt{3a^2+\frac{a^2}{2}}=a\sqrt{\frac{7}{2}}$, $SC=\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}=\sqrt{3a^2+2a^2}=a\sqrt{5}$.
Áp dụng định lí cosin trong tam giác $SOC$: $\cos \widehat{SOC}=\frac{S{O}^2+O{C}^2-S{C}^2}{2\cdot SO\cdot OC}=\frac{\frac{7a^2}{2}+\frac{a^2}{2}-5a^2}{2\cdot a\sqrt{\frac{7}{2}}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}}=\frac{-a^2}{a^2\sqrt{7}}=-\frac{1}{\sqrt{7}}$.
Suy ra $\sin \widehat{SOC}=\sqrt{\frac{6}{7}}$ và $\tan \alpha =\tan \widehat{SOC}=-\sqrt{6}$. Đúng.

Kết quả khớp bảng HD chấm: a) Đúng, b) Đúng, c) Sai, d) Đúng. Lưu ý: góc $\widehat{SOC}$ là góc tù (cos âm) vì $S$ và $C$ nằm về hai phía của mặt phẳng qua $BD$ vuông góc với $(SAC)$, nên $\tan \alpha =-\sqrt{6}$ (dấu âm đúng).
a) (AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\parallel CD$ nên góc giữa $SD$ và $AB$ bằng góc giữa $SD$ và $CD$, tức $\widehat{SDC}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $SD$ trên $(ABCD)$ là $AD$; $\tan \widehat{SDA}=\frac{SA}{AD}=\sqrt{3}\Rightarrow 60^{\circ }$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $C$ trên $(SAD)$ là $D$ (vì $CD\perp (SAD)$), nên hình chiếu của tam giác $SCD$ là đoạn thẳng $SD$, không phải tam giác $SAD$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Góc nhị diện $[S,BD,C]$ là $\widehat{SOC}$ với $O$ tâm hình vuông. Định lí cosin cho $\cos \widehat{SOC}=-\frac{1}{\sqrt{7}}$, suy ra $\tan \alpha =-\sqrt{6}$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $D(0;a;0)$, $C(a;a;0)$. Vì $\Delta SAB$ đều cạnh $a$ và $(SAB)\perp (ABCD)$ nên $S\left(\frac{a}{2};0;\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$.

Vectơ: $\overrightarrow{SA}=\left(-\frac{a}{2};0;-\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$, $\overrightarrow{SD}=\left(-\frac{a}{2};a;-\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$, $\overrightarrow{SC}=\left(\frac{a}{2};a;-\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$.

Pháp tuyến của $(SAC)$: $\overrightarrow{n_1}=\overrightarrow{SA}\times \overrightarrow{SC}=a^2\left(\frac{\sqrt{3}}{2};-\frac{\sqrt{3}}{2};-\frac{1}{2}\right)$, độ dài $\frac{a^2\sqrt{7}}{2}$.

Pháp tuyến của $(SDC)$: $\overrightarrow{n_2}=\overrightarrow{SD}\times \overrightarrow{SC}=a^2\left(0;-\frac{\sqrt{3}}{2};-1\right)$, độ dài $\frac{a^2\sqrt{7}}{2}$.

$$\cos \phi =\frac{\left|\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{n_2}\right|}{|\overrightarrow{n_1}||\overrightarrow{n_2}|}=\frac{\frac{3}{4}+\frac{1}{2}}{\frac{7}{4}}=\frac{5}{7}\approx 0,71.$$

Kết quả khớp với đáp án nguồn 0,71.

Góc giữa $SC$ và đáy là $\widehat{SCA}=30^{\circ }$. Xét $\Delta SAC$ vuông tại $A$:
$AC=a\sqrt{2}\Rightarrow SA=AC\cdot \tan (30^{\circ })=a\sqrt{\frac{2}{3}}$.
Kẻ $AO\perp BD$ (tâm $O$), theo định lý ba đường vuông góc ta có $SO\perp BD$. Góc phẳng nhị diện là góc giữa hai nửa mặt phẳng mang bờ $BD$, tức là góc $\widehat{SOC}$.
Tính các cạnh tam giác $SOC$:
$SO=\sqrt{S{A}^2+A{O}^2}=\sqrt{\frac{2a^2}{3}+\frac{a^2}{2}}=a\sqrt{\frac{7}{6}}$.
$SC=\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}=\sqrt{\frac{2a^2}{3}+2a^2}=a\sqrt{\frac{8}{3}}$.
$OC=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Theo định lý cosin: $\cos \widehat{SOC}=\frac{S{O}^2+O{C}^2-S{C}^2}{2\cdot SO\cdot OC}=\frac{\frac{7}{6}+\frac{1}{2}-\frac{8}{3}}{2\sqrt{\frac{7}{6}}\sqrt{\frac{1}{2}}}=\frac{-1}{\sqrt{\frac{7}{3}}}=-\sqrt{\frac{3}{7}}$.
Suy ra góc $\widehat{SOC}\approx 130,89^{\circ }$.
Kết quả làm tròn: 131.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BD$. Đáy là hình vuông tâm $O$ nên $AC\perp BD$ tại $O$, suy ra $BD\perp (SAO)$. Do đó góc nhị diện $[S,BD,A]$ là góc $\widehat{SOA}$. Tam giác $SOA$ vuông tại $A$ với $\tan \widehat{SOA}=\frac{SA}{AO}$. Vì $AC=2SA$ nên $AO=\frac{AC}{2}=SA$, suy ra $\tan \widehat{SOA}=1$, tức $\widehat{SOA}=45^0$. Vậy chọn C.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $AB=a$, $BC=\sqrt{3}$. Vì $(SAB)$ là tam giác đều cạnh $a$ và $(SAB)\perp (ABCD)$ nên hình chiếu của $S$ xuống đáy là trung điểm $H$ của $AB$, chiều cao $SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Vì $CD\parallel AB$ nên $SH\perp CD$ và $AH\perp CD$ (với $AH\parallel BC$, $AH=\sqrt{3}$). Gọi $M$ là trung điểm $CD$, thì $HM\perp CD$, $HM=\sqrt{3}$. Suy ra góc nhị diện $[S,CD,A]$ là $\widehat{SHM}=30^{\circ }$.

$$\tan 30^{\circ }=\frac{SH}{HM}=\frac{a\sqrt{3}/2}{\sqrt{3}}=\frac{a}{2}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow a=\frac{2}{\sqrt{3}}.$$

Thể tích: $$V=\frac{1}{3}\cdot AB\cdot BC\cdot SH=\frac{1}{3}\cdot \frac{2}{\sqrt{3}}\cdot \sqrt{3}\cdot \frac{2}{\sqrt{3}}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{2}{3}.$$

Vậy $m=2,n=3$, $m^2+n^2=4+9=13$.

(AI giải đề cho tôi) Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(2a;0;0)$, $D(0;a;0)$, $C(2a;a;0)$, $A^{\prime }(0;0;a)$. Mặt phẳng $(BDC)$: $x+2y-2a=0$, vtcp pháp tuyến $\overrightarrow{n_1}=(1;2;0)$, $|\overrightarrow{n_1}|=a\sqrt{5}$. Mặt phẳng $(A^{\prime }BD)$ qua $A^{\prime },B,D$: $x+2y+2z-2a=0$, pháp tuyến $\overrightarrow{n_2}=(1;2;2)$, $|\overrightarrow{n_2}|=3a$. $\cos \alpha =\frac{|\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{n_2}|}{|\overrightarrow{n_1}||\overrightarrow{n_2}|}=\frac{5a^2}{3a^2\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{3}$, suy ra $\sin \alpha =\frac{2}{3}$ và $\tan \alpha =\frac{2/3}{\sqrt{5}/3}=\frac{2}{\sqrt{5}}$. Vậy đáp án C.

Dựng góc phẳng nhị diện: Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên $BD$. Khi đó $BD\perp AH$; mặt khác $SA\perp (ABCD)$ nên $BD\perp SA$. Suy ra $BD\perp (SAH)$, do đó $BD\perp SH$. Vậy $\widehat{SHA}$ là góc phẳng của góc nhị diện $[S,BD,A]$. Trong mặt phẳng $(ABCD)$, hai điểm $A$ và $C$ nằm khác phía đối với đường thẳng $BD$; tia vuông góc với $BD$ tại $H$ hướng về phía chứa $C$ là tia đối của tia $HA$. Do đó hai góc nhị diện $[S,BD,A]$ và $[S,BD,C]$ bù nhau: $$\alpha =180^{\circ }-\widehat{SHA}.$$ Tính các độ dài: Trong tam giác vuông $ABD$: $$BD=\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}=\sqrt{a^2+4a^2}=a\sqrt{5},AH=\frac{AB\cdot AD}{BD}=\frac{a\cdot 2a}{a\sqrt{5}}=\frac{2a\sqrt{5}}{5}.$$ Tam giác $SAH$ vuông tại $A$ nên $$\tan \widehat{SHA}=\frac{SA}{AH}=\frac{2a}{\frac{2a\sqrt{5}}{5}}=\sqrt{5}⟹\cos \widehat{SHA}=\frac{1}{\sqrt{1+{\tan }^2\widehat{SHA}}}=\frac{1}{\sqrt{6}}.$$ Vậy $\cos \alpha =-\cos \widehat{SHA}=-\frac{\sqrt{6}}{6}$. Đáp số: $\cos \alpha =-\frac{\sqrt{6}}{6}\approx -0,41$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$. Tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$ nên $AB\perp BC$. Do đó $BC\perp (SAB)$, suy ra góc nhị diện $[S,BC,A]$ là $\alpha =\widehat{SBA}$. Tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$ với $AB=1$ nên $BC=1$, $AC=\sqrt{2}$. Tam giác $SAC$ vuông tại $A$ có $SC=2$, $AC=\sqrt{2}$ nên $SA=\sqrt{S{C}^2-A{C}^2}=\sqrt{4-2}=\sqrt{2}$. Khi đó $\tan \alpha =\frac{SA}{AB}=\frac{\sqrt{2}}{1}=\sqrt{2}$. Vậy đáp án A, trùng với đáp án nguồn.