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

(AI giải đề cho tôi)
Gọi cạnh tất cả các cạnh là $a$ (đáy là hình vuông cạnh $a$, các cạnh bên $SA=SB=SC=SD=a$).

a) Góc giữa $SA$ và $(ABCD)$:
Vì $S.ABCD$ đều nên $SO\perp (ABCD)$ với $O$ là tâm đáy. Góc giữa $SA$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SAO}$.
Tam giác $OAB$ vuông cân tại $O$ với $AB=a$ nên $OA=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Tam giác $SOA$ vuông tại $O$: $SO=\sqrt{S{A}^2-O{A}^2}=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Suy ra $\sin \widehat{SAO}=\frac{SO}{SA}=\frac{a\sqrt{2}/2}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow \widehat{SAO}=45^{\circ }$.

b) Góc nhị diện $[A,SO,B]$:
Vì $SO\perp (ABCD)$ nên $SO\perp AB$; lại có $AB\perp AC$ nên $AB\perp (SOA)$. Tương tự $AB\perp (SOB)$ (do $AB\perp BC$ và $SO\perp AB$).
Giao tuyến của hai mặt phẳng $(SOA)$ và $(SOB)$ là $SO$, và $AB$ vuông góc với cả hai mặt phẳng tại $O$... chính xác hơn: góc giữa hai mặt phẳng $(SOA)$ và $(SOB)$ bằng góc giữa hai đường thẳng tương ứng vuông góc với giao tuyến, tức góc giữa $OA$ và $OB$ (cùng nằm trong đáy, cùng vuông góc với $SO$).
Vậy góc nhị diện $[A,SO,B]=\widehat{AOB}=90^{\circ }$ (vì $ABCD$ là hình vuông, hai đường chéo vuông góc).

Góc nhị diện $[S,AB,O]$:
Giao tuyến là $AB$. Gọi $H$ là trung điểm $AB$. Vì $OA=OB$ nên $OH\perp AB$; vì $SA=SB$ nên $SH\perp AB$. Vậy góc nhị diện là $\widehat{SHO}$.
Tam giác $SOH$ vuông tại $O$ với $OH=\frac{a}{2}$, $SO=\frac{a\sqrt{2}}{2}$:
$$\tan \widehat{SHO}=\frac{SO}{OH}=\frac{a\sqrt{2}/2}{a/2}=\sqrt{2}\Rightarrow \widehat{SHO}=\arctan \sqrt{2}\approx 54^{\circ }44^{\prime }.$$

Kết luận: a) Góc giữa $SA$ và $(ABCD)$ bằng $45^{\circ }$; b) $[A,SO,B]=90^{\circ }$ và $[S,AB,O]=\arctan \sqrt{2}\approx 54^{\circ }44^{\prime }.$

(AI giải đề cho tôi)
Bài 12: Hình chóp $S.ABCD$, đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$, $SA\perp (ABCD)$, $SA=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Gọi $O=AC\cap BD$.

a) Nhị diện $[B,SA,D]$ có cạnh $SA$. Ta có $AB\perp SA$ (vì $SA\perp (ABCD)$) và $AD\perp SA$. Vậy góc phẳng nhị diện $[B,SA,D]$ là $\widehat{BAD}=90^{\circ }$.

b) Nhị diện $[S,BD,A]$ có cạnh $BD$. Tam giác $SBD$ cân tại $S$ (vì $SB=SD$), nên $SO\perp BD$; tam giác $ABD$ cân tại $A$ nên $AO\perp BD$. Vậy góc phẳng nhị diện $[S,BD,A]$ là $\widehat{SOA}$.
Ta có $AO=\frac{a\sqrt{2}}{2}$, $SA=\frac{a\sqrt{2}}{2}$, $\tan \widehat{SOA}=\frac{SA}{AO}=1\Rightarrow \widehat{SOA}=45^{\circ }$.

c) Nhị diện $[S,BD,C]$ có cạnh $BD$: $SO\perp BD$, $CO\perp BD$ nên góc phẳng là $\widehat{SOC}$. Vì $A$ và $C$ nằm khác phía đối với $BD$ nên $\widehat{SOC}=180^{\circ }-\widehat{SOA}=135^{\circ }$.
Kiểm tra bằng định lí cosin: $S{O}^2=S{A}^2+A{O}^2=a^2$; $S{C}^2=S{A}^2+A{C}^2=\frac{a^2}{2}+2a^2=\frac{5a^2}{2}$; $OC=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
$\cos \widehat{SOC}=\frac{S{O}^2+O{C}^2-S{C}^2}{2\cdot SO\cdot OC}=\frac{a^2+\frac{a^2}{2}-\frac{5a^2}{2}}{2\cdot a\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}}=\frac{-a^2}{a^2\sqrt{2}}=-\frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow \widehat{SOC}=135^{\circ }$.

Kết luận: a) $90^{\circ }$; b) $45^{\circ }$; c) $135^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $OA\perp (OBC)$ và $OB=OC=6$ m, góc nhị diện $[B,OA,C]$ chính là góc $BOC=135^{\circ }$. Góc $(AB,(OBC))=45^{\circ }$ là góc giữa $AB$ và mặt đất, tức góc $ABO=45^{\circ }$, suy ra $AO=OB\tan 45^{\circ }=6$ m, do đó $AB=AC=6\sqrt{2}$ m. Ta có $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=(\overrightarrow{AO}+\overrightarrow{OB})\cdot (\overrightarrow{AO}+\overrightarrow{OC})=A{O}^2+\overrightarrow{OB}\cdot \overrightarrow{OC}=36+36\cos 135^{\circ }=36-18\sqrt{2}$. Vậy $\cos (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})=\frac{36-18\sqrt{2}}{6\sqrt{2}\cdot 6\sqrt{2}}=\frac{36-18\sqrt{2}}{72}=\frac{2-\sqrt{2}}{4}\approx 0,1464\approx 0,1$. Kết quả khớp với đáp án nguồn 0,1.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $D(a;0;0)$, $B(0;2a;0)$, $C(a;a;0)$ (hình thang vuông tại $A$ và $D$ với $AB=2a$, $CD=DA=a$), $S(0;0;2a)$ vì $SA\perp (ABCD)$, $SA=2a$.

Ta có $\overrightarrow{SB}=(0;2a;-2a)$, $\overrightarrow{SC}=(a;a;-2a)$, nên pháp tuyến của $(SBC)$:
$$\overrightarrow{n_1}=\overrightarrow{SB}\times \overrightarrow{SC}=(-2a^2;-2a^2;-2a^2)\parallel (1;1;1).$$

$\overrightarrow{SD}=(a;0;-2a)$, pháp tuyến của $(SCD)$:
$$\overrightarrow{n_2}=\overrightarrow{SD}\times \overrightarrow{SC}=(2a^2;0;a^2)\parallel (2;0;1).$$

Cosin góc giữa hai mặt phẳng:
$$\cos \phi =\frac{|(1;1;1)\cdot (2;0;1)|}{\sqrt{3}\cdot \sqrt{5}}=\frac{3}{\sqrt{15}}=\frac{3\sqrt{15}}{15}.$$

Vì $\widehat{BAD}=120^{\circ }$ nên suy ra $\widehat{CAD}=60^{\circ }$. Lại có $DA=DC$ nên tam giác $\Delta ACD$ đều. Do đó $AM=2a\sqrt{3}$.
a) Đúng: Kẻ $HE\perp CD$ $(E\in CD)$, $HE//AM$, $\frac{HE}{AM}=\frac{HC}{AC}=\frac{3}{4}$ $\Rightarrow HE=\frac{3a\sqrt{3}}{2}$. $[S,CD,A]=\widehat{SEH}=\alpha$, $\tan \alpha =\frac{SH}{HE}=\frac{2}{3}$.
b) Sai: Vì $BH/\perp (SAC)$ nên $SH$ không là hình chiếu của $SB$ lên $(SAC)$ $\Rightarrow (SB,(SAC))$ không bằng góc $\widehat{BSH}$.
c) Đúng: $S_{ABCD}=8a^2\sqrt{3}$, $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}\cdot 8a^2\sqrt{3}\cdot a\sqrt{3}=8a^3$.
d) Đúng (xem hình [Hình cần kiểm tra lại: p23_f1]): Gọi $AN\cap CD=F$, suy ra $PN\parallel SF$. $\mathrm{d}(PN,SM)=\mathrm{d}(PN,(SFD))=\mathrm{d}(P,(SFD))=\frac{1}{2}\mathrm{d}(A,(SFD))=\frac{2}{3}\cdot \frac{SH\cdot HE}{\sqrt{S{H}^2+H{E}^2}}=\frac{2a\sqrt{39}}{13}$.
a) Đúng: Kẻ $HE\perp CD$ $(E\in CD)$. Ta có $\{\begin{array}{l}HE\perp CD\\ AM\perp CD\end{array}\Rightarrow HE//AM$. Áp dụng định lý Ta-lét: $\frac{HE}{AM}=\frac{HC}{AC}=\frac{3}{4}$. $\Rightarrow HE=\frac{3}{4}AM=\frac{3}{4}\cdot 2a\sqrt{3}=\frac{3a\sqrt{3}}{2}$. Mặt khác: $CD\perp SH$, $CD\perp HE$ nên suy ra $CD\perp SE$. Ta có $\{\begin{array}{l}(SCD)\cap (ACD)=CD\\ HE\subset (ACD),HE\perp CD\\ SE\subset (SCD),SE\perp CD\end{array}\Rightarrow [S,CD,A]=\widehat{SEH}=\alpha$. Vì $SH\perp (ABCD)$ nên $SH\perp HE$, do đó $\tan \alpha =\frac{SH}{HE}=\frac{a\sqrt{3}}{\frac{3a\sqrt{3}}{2}}=\frac{2}{3}$.
b) Sai: Vì $BH/\perp (SAC)$ nên $SH$ không là hình chiếu của $SB$ lên $(SAC)$ $\Rightarrow (SB,(SAC))$ không bằng góc $\widehat{BSH}$.
c) Đúng: Ta có $S_{ABCD}=2S_{ACD}=2\cdot \frac{16a^2\sqrt{3}}{4}=8a^2\sqrt{3}$. $\Rightarrow V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}\cdot 8a^2\sqrt{3}\cdot a\sqrt{3}=8a^3$.
d) Đúng (xem hình [Hình cần kiểm tra lại: p23_f1]): Gọi $AN\cap CD=F$. Suy ra $PN\parallel SF$. Do đó $$\mathrm{d}(PN,SM)=\mathrm{d}(PN,(SFD))=\mathrm{d}(P,(SFD))=\frac{1}{2}\mathrm{d}(A,(SFD))=\frac{1}{2}\cdot \frac{4}{3}\cdot \mathrm{d}(H,(SFD))$$ $$=\frac{2}{3}\cdot \frac{SH\cdot HE}{\sqrt{S{H}^2+H{E}^2}}=\frac{2}{3}\cdot \frac{a\sqrt{3}\cdot \frac{3a\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{3a^2+\frac{27a^2}{4}}}=\frac{2a\sqrt{39}}{13}.$$

[Hình cần kiểm tra lại: p28_f1]
Gọi $D$ là hình chiếu vuông góc của $S$ lên mặt phẳng $(ABC)$, suy ra $SD\perp (ABC)$.
Do $SD\perp AB$, $SB\perp AB$ nên $DB\perp AB$.
Tương tự, $SD\perp AC$, $SC\perp AC$ nên $DC\perp AC$.
Suy ra $ABDC$ là hình chữ nhật.
Mà $AB=AC=a$ nên tứ giác $ABDC$ là hình vuông cạnh $a$.
Trong tam giác vuông $SDC$, kẻ $DE\perp SC$.
Ta có $AC\perp (SDC)\Rightarrow AC\perp DE$, $SC\perp DE\Rightarrow DE\perp (SAC)$.
Mà $BD\parallel AC$, $AC\subset (SAC)\Rightarrow BD\parallel (SAC)$ nên $\mathrm{d}(B,(SAC))=\mathrm{d}(D,(SAC))=DE=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Tam giác vuông $SDC$ tại $D$ có $DE\perp SC$, áp dụng hệ thức lượng:
$$\frac{1}{D{E}^2}=\frac{1}{D{C}^2}+\frac{1}{S{D}^2}\Rightarrow SD=\frac{DC\cdot DE}{\sqrt{D{C}^2-D{E}^2}}=\frac{a\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{a^2-{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2}}=\sqrt{3}a.$$
Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$, kẻ $DK\perp SO$.
Do $BC\perp AD$, $BC\perp SD\Rightarrow BC\perp (SDO)$, $DK\subset (SDO)\Rightarrow BC\perp DK$.
Suy ra $DK\perp (SBC)$ nên
$d(D,(SBC))=DK=\frac{DO\cdot SD}{\sqrt{D{O}^2+S{D}^2}}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot \sqrt{3}a}{\sqrt{{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2+3a^2}}=\frac{a\sqrt{21}}{7}$.
Trong mặt phẳng $(SAD)$, kẻ $AH\parallel DK$ với $H\in SO$.
Suy ra $AH\perp (SBC)$ và $AH=DK=\frac{a\sqrt{21}}{7}$.
Ta có $AH\perp SB$, $AB\perp SB\Rightarrow SB\perp (ABH)$, suy ra góc phẳng nhị diện $[A,SB,C]$ là $\widehat{ABH}$.
Tam giác vuông $ABH$ tại $H$, ta có
$$BH=\sqrt{A{B}^2-A{H}^2}=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a\sqrt{21}}{7}\right)}^2}=\frac{2a\sqrt{7}}{7}.$$
Do đó ta có
$$\cos \widehat{ABH}=\frac{BH}{AB}=\frac{2\sqrt{7}}{7}\approx 0,76.$$
Vậy $\cos [A,SB,C]=0,76$.

Chọn B
$SA\perp (ABCD)\Rightarrow SA\perp AB,SA\perp AD$; $AB\cap AD=A\in SA$
Do đó góc nhị diện $[B,SA,D]$ là góc $BAD$ bằng $90^0$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AB$ và $SA\perp AD$. Trong mặt phẳng $(SAB)$, đường thẳng $AB\perp SA$; trong mặt phẳng $(SAD)$, đường thẳng $AD\perp SA$. Hơn nữa $AB\perp AD$ (do $ABCD$ là hình vuông). Vậy góc giữa hai đường thẳng $AB$ và $AD$ (cùng vuông góc với cạnh $SA$ tại điểm $A$) chính là góc nhị diện $[B,SA,D]$, và vì $AB\perp AD$ nên góc này bằng $90^{\circ }$. Đáp án A, trùng với đáp án nguồn (mã đề 1202, câu 8: A).

(AI giải đề cho tôi)
Góc nhị diện $[B,SA,D]$ có cạnh là đường thẳng $SA$. Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AB$ và $SA\perp AD$. Do đó góc giữa $AB$ và $AD$ chính là góc nhị diện $[B,SA,D]$. Vì $ABCD$ là hình vuông nên $AB\perp AD$, tức góc nhị diện bằng $90^{\circ }$. Khớp với đáp án nguồn C.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $H$ là trung điểm $BC$. Tam giác $ABC$ đều cạnh $a$ nên $AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, và $BC\perp AH$. Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$, suy ra $BC\perp (SAH)$. Do đó góc nhị diện $[S,BC,A]$ là góc $SHA$. Trong tam giác vuông $SAH$: $\tan \widehat{SHA}=\frac{SA}{AH}=\frac{\frac{3a}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\sqrt{3}$, nên $\widehat{SHA}=60^{\circ }$. Khớp với đáp án nguồn (mã đề 202, câu 3: D).

Gọi $M$ là trung điểm $BC$. Vì tam giác $ABC$ đều cạnh $a$ nên $AM\perp BC$ (1) và $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Lại có $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$, từ đó suy ra $SM\perp BC$ (2). Từ (1) và (2) ta có $[S,BC,A]=\widehat{SMA}$. Tam giác $SAM$ vuông tại $A$, nên $\tan \widehat{SMA}=\frac{SA}{AM}=\frac{\frac{3a}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SMA}=60^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Lời giải độc lập (kiểm tra lại toàn bộ, thay lời giải AI cũ ở câu c và cách lập luận câu a):
Hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(4a;0;0)$, $D(-2a;2a\sqrt{3};0)$, $C(2a;2a\sqrt{3};0)$ (hình thoi, $\widehat{BAD}=120^{\circ }$). Tâm $O(a;a\sqrt{3};0)$, $H$ trung điểm $AO$: $H\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)$; $SH\perp (ABCD)$, $SH=a\sqrt{3}$ nên $S\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};a\sqrt{3}\right)$.

a) Đúng. $CD$ có phương hướng $(1,0,0)$ nên mặt phẳng vuông góc với $CD$ qua $A$ là $x=0$, cắt $(ACD)$ theo đường thẳng $AM$ với $M(0;2a\sqrt{3};0)$ trung điểm $CD$ ($AM\perp CD$). Mặt phẳng $(SCD)$: $2(y-2a\sqrt{3})+3z=0$; giao của nó với $x=0$ là đường thẳng qua $M$ có phương hướng $(0;3;-2)$. Góc giữa hai nửa mặt phẳng: $\cos \theta =\frac{3}{\sqrt{13}}$, suy ra $\tan \theta =\frac{2}{3}$. (Lưu ý: cách hạ $K$ từ $H$ trong lời giải cũ không đúng cấu hình nhưng vẫn trùng giá trị $\tan \alpha =\frac{SH}{HK}=\frac{a\sqrt{3}}{\frac{3a\sqrt{3}}{2}}=\frac{2}{3}$.) Đúng.

b) Đúng. $AC=4a$, $BD=4a\sqrt{3}$, $S_{ABCD}=\frac{1}{2}\cdot 4a\cdot 4a\sqrt{3}=8a^2\sqrt{3}$, $V=\frac{1}{3}\cdot 8a^2\sqrt{3}\cdot a\sqrt{3}=8a^3$.

c) Sai. $\overrightarrow{BH}=\left(-\frac{7a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)$, $\overrightarrow{AC}=(2a;2a\sqrt{3};0)$, tích vô hướng $=-7a^2+3a^2=-4a^2\ne 0$, nên $BH$ không vuông góc $AC$ (đường vuông góc xuống $AC$ là qua $O$, không qua $H$). Thực tế $(SAC)$ là mặt phẳng thẳng đứng chứa $AC$ (phương trình $y=\sqrt{3}x$); góc giữa $SB$ và $(SAC)$: $d(B,(SAC))=2a\sqrt{3}$, $SB=4a$, nên $\sin \theta =\frac{\sqrt{3}}{2}$, $\theta =60^{\circ }$; còn $\cos \widehat{BSH}=\frac{SH}{SB}=\frac{3}{4}$. Hai góc khác nhau → Sai.

d) Đúng. $M(0;2a\sqrt{3};0)$, $N(3a;a\sqrt{3};0)$, $P\left(\frac{a}{4};\frac{a\sqrt{3}}{4};\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$. $\vec{u}=\overrightarrow{PN}=\frac{a}{4}(11;3\sqrt{3};-2\sqrt{3})$, $\vec{v}=\overrightarrow{SM}=\frac{a}{2}(-1;3\sqrt{3};-2\sqrt{3})$, $\vec{w}=\overrightarrow{PM}=\frac{a}{4}(-1;7\sqrt{3};-2\sqrt{3})$. $\vec{u}\times \vec{v}=\frac{a^2}{8}(0;24\sqrt{3};36\sqrt{3})$, $|\vec{u}\times \vec{v}|=\frac{a^2}{8}\cdot 12\sqrt{39}=\frac{3a^2\sqrt{39}}{2}$; $\vec{w}\cdot (\vec{u}\times \vec{v})=\frac{a^3}{32}(504-216)=9a^3$. Vậy $d(PN,SM)=\frac{9a^3}{\frac{3a^2\sqrt{39}}{2}}=\frac{6a}{\sqrt{39}}=\frac{2a\sqrt{39}}{13}$. Đúng.

Kết luận: a) Đúng, b) Đúng, c) Sai, d) Đúng. Bảng đáp án trang 13 chỉ áp dụng cho mã đề 121/122/123, không phải mã đề 1201 của đề này, nên không dùng để đối chiếu.
a) (Lời giải độc lập) $CD\perp (AHK)$ với $K\left(\frac{a}{2};2a\sqrt{3};0\right)$ là chân đường vuông góc từ $H$ xuống $CD$, $HK=\frac{3a\sqrt{3}}{2}$. Góc nhị diện $[S,CD,A]$ là $\widehat{SHK}$, $\tan \alpha =\frac{SH}{HK}=\frac{a\sqrt{3}}{\frac{3a\sqrt{3}}{2}}=\frac{2}{3}$. Đúng.
b) (Lời giải độc lập) $AC=4a$, $BD=4a\sqrt{3}$, $S_{ABCD}=8a^2\sqrt{3}$, $V=\frac{1}{3}\cdot 8a^2\sqrt{3}\cdot a\sqrt{3}=8a^3$. Đúng.
c) (Lời giải độc lập) $H\in AC$ nên $BH\perp AC$; $BH\perp SH$ vì $SH\perp (ABCD)$. Suy ra $BH\perp (SAC)$, góc giữa $SB$ và $(SAC)$ là $\widehat{BSH}$. Đúng.
d) (Lời giải độc lập) $M(0;2a\sqrt{3};0)$, $N(3a;a\sqrt{3};0)$, $P\left(\frac{a}{4};\frac{a\sqrt{3}}{4};\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$. $\vec{u}=\overrightarrow{PN}=\frac{a}{4}(11;3\sqrt{3};-2\sqrt{3})$, $\vec{v}=\overrightarrow{SM}=\frac{a}{2}(-1;3\sqrt{3};-2\sqrt{3})$, $\vec{w}=\overrightarrow{PM}=\frac{a}{4}(-1;7\sqrt{3};-2\sqrt{3})$. $\vec{u}\times \vec{v}=\frac{a^2}{8}(0;24\sqrt{3};36\sqrt{3})$, $|\vec{u}\times \vec{v}|=\frac{3a^2\sqrt{39}}{2}$, $\vec{w}\cdot (\vec{u}\times \vec{v})=9a^3$. $d(PN,SM)=\frac{9a^3}{\frac{3a^2\sqrt{39}}{2}}=\frac{2a\sqrt{39}}{13}$. Đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O=AC\cap BD$ là tâm hình vuông. Vì $SA\perp (ABCD)$ nên hình chiếu của $SC$ lên $(ABCD)$ là $AC$, do đó góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SCA}=60^{\circ }$. Tam giác $ABC$ vuông tại $B$ có $AC=a\sqrt{2}$, suy ra $SA=AC\tan 60^{\circ }=a\sqrt{6}$.

Vì $ABCD$ là hình vuông nên $BD\perp AC$; lại có $SA\perp BD$ (vì $SA\perp (ABCD)$). Suy ra $BD\perp (SAC)$, do đó $BD\perp SO$ và $BD\perp OC$. Vậy góc phẳng nhị diện $[S,BD,C]$ là $\widehat{SOC}$ trong mặt phẳng $(SAC)$.

Tam giác vuông $SOA$ (vuông tại $A$) với $AO=\frac{a\sqrt{2}}{2}$:
$$\tan \widehat{SOC}=\frac{SA}{AO}=\frac{a\sqrt{6}}{\frac{a\sqrt{2}}{2}}=2\sqrt{3}.$$

Vậy góc phẳng nhị diện $[S,BD,C]$ bằng $\arctan (2\sqrt{3})\approx 73,9^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi hệ trục tọa độ: $C=(0;0;0)$, $B=(2a;0;0)$, $A=(2a;2a;0)$, $D=(0;2a;0)$, $S=(0;0;3a)$ vì $SC\perp (ABCD)$, $SC=3a$, đáy vuông cạnh $2a$.

Mặt phẳng $(SAC)$: $\overrightarrow{SA}=(2a;2a;-3a)$, $\overrightarrow{SC}=(0;0;-3a)$, pháp tuyến $\overrightarrow{n_1}=\overrightarrow{SA}\times \overrightarrow{SC}\propto (1;-1;0)$, nên $(SAC):x-y=0$.

Mặt phẳng $(SAB)$: $\overrightarrow{SB}=(2a;0;-3a)$, pháp tuyến $\overrightarrow{n_2}=\overrightarrow{SA}\times \overrightarrow{SB}\propto (3;0;2)$.

Góc nhị diện $[B,SA,C]$ là góc giữa $(SAB)$ và $(SAC)$:
$$\cos \phi =\frac{|\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{n_2}|}{|\overrightarrow{n_1}||\overrightarrow{n_2}|}=\frac{3}{\sqrt{2}\cdot \sqrt{13}}=\frac{3}{\sqrt{26}}.$$

Vậy $\phi =\arccos \frac{3}{\sqrt{26}}\approx 53,96^{\circ }\approx 54^{\circ }$. Kiểm tra lại bằng cách hình học: trong $(SAC)$, hạ $CH\perp SA$ với $H\in SA$; do $CB\perp (SAC)$... thực chất tính trực tiếp tọa độ đã xác nhận kết quả trên.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $H$ là trung điểm $AC$. Vì $△ABC$ đều cạnh $a$ nên $BH\perp AC$; mà $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BH$. Do đó $BH\perp (SAC)$.

Trong mặt phẳng $(SAC)$ (tam giác $SAC$ vuông tại $A$ với $SA=2a$, $AC=a$, $SC=a\sqrt{5}$), gọi $K$ là hình chiếu của $H$ trên $SC$, tức $HK\perp SC$.

Vì $BH\perp (SAC)$ nên $BH\perp SC$; kết hợp $HK\perp SC$ suy ra $SC\perp (BKH)$, do đó $BK\perp SC$. Mà $H$ và $A$ nằm cùng phía của đường thẳng $SC$ trong mặt phẳng $(SAC)$, nên góc phẳng nhị diện $[A,SC,B]$ là $\widehat{BKH}$.

Tính các độ dài:
- $BH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ (đường cao tam giác đều).
- Trong tam giác $SAC$ vuông tại $A$, đường cao $HK$ hạ từ $H$... tính trực tiếp bằng tọa độ: đặt $A(0,0,0)$, $C(a,0,0)$, $B\left(\frac{a}{2},\frac{a\sqrt{3}}{2},0\right)$, $S(0,0,2a)$, $H\left(\frac{a}{2},0,0\right)$. Đường thẳng $SC$: $K=S+\lambda (C-S)=(\lambda a,0,2a-2\lambda a)$. Điều kiện $\overrightarrow{KH}\cdot \overrightarrow{SC}=0$ với $\overrightarrow{SC}=(a,0,-2a)$, $\overrightarrow{KH}=\left(\frac{a}{2}-\lambda a,0,-2a+2\lambda a\right)$:
$$\left(\frac{1}{2}-\lambda \right)a^2+\left(-2+2\lambda \right)(-2a^2)=\left(\frac{9}{2}-5\lambda \right)a^2=0\Rightarrow \lambda =\frac{9}{10}.$$
Vậy $K\left(\frac{9a}{10},0,\frac{a}{5}\right)$, $\overrightarrow{KH}=\left(-\frac{2a}{5},0,-\frac{a}{5}\right)$, $KH=a\sqrt{\frac{4}{25}+\frac{1}{25}}=\frac{a}{\sqrt{5}}$.
- $\overrightarrow{KB}=\left(-\frac{2a}{5},\frac{a\sqrt{3}}{2},-\frac{a}{5}\right)$, $KB=a\sqrt{\frac{4}{25}+\frac{3}{4}+\frac{1}{25}}=a\sqrt{\frac{19}{20}}=\frac{a\sqrt{19}}{2\sqrt{5}}$.

Kiểm tra: $K{B}^2=K{H}^2+B{H}^2=\frac{a^2}{5}+\frac{3a^2}{4}=\frac{19a^2}{20}$ ✓ (đúng định lý Pythagore vì $BH\perp HK$).

$$\cos \widehat{BKH}=\frac{KH}{KB}=\frac{\frac{a}{\sqrt{5}}}{\frac{a\sqrt{19}}{2\sqrt{5}}}=\frac{2}{\sqrt{19}}=\frac{2\sqrt{19}}{19},\tan \widehat{BKH}=\frac{BH}{KH}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a}{\sqrt{5}}}=\frac{\sqrt{15}}{2}.$$

Vậy góc phẳng nhị diện $[A,SC,B]$ bằng $\arccos \frac{2\sqrt{19}}{19}=\arctan \frac{\sqrt{15}}{2}\approx 62^{\circ }43^{\prime }$.

(AI giải đề cho tôi)
Tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$, cạnh huyền $AC=2a$ nên $AB=BC=\frac{2a}{\sqrt{2}}=a\sqrt{2}$. Vì lăng trụ đứng nên $A{A}^{\prime }\perp (ABC)$, do đó tam giác $AB{B}^{\prime }$ vuông tại $A$: $A{A}^{\prime }=\sqrt{A^{\prime }{B}^2-A{B}^2}=\sqrt{9a^2-2a^2}=a\sqrt{7}$. Gọi $H$ là trung điểm $AC$; tam giác $ABC$ cân tại $B$ nên $BH\perp AC$ và $BH=\frac{AB\cdot BC}{AC}=\frac{a\sqrt{2}\cdot a\sqrt{2}}{2a}=a$. Vì $B{B}^{\prime }\perp (ABC)$ nên $B{B}^{\prime }\perp AC$, kết hợp $BH\perp AC$ suy ra $AC\perp (BH{B}^{\prime })$, do đó $B^{\prime }H\perp AC$. Vậy góc phẳng nhị diện $[B^{\prime },AC,B]$ là $\widehat{B^{\prime }HB}$. Trong tam giác vuông $B^{\prime }HB$ (vuông tại $B$): $\tan \widehat{B^{\prime }HB}=\frac{B{B}^{\prime }}{BH}=\frac{a\sqrt{7}}{a}=\sqrt{7}$. Vậy góc cần tìm là $\arctan \sqrt{7}\approx 69,3^{\circ }$.