Cho hình chóp $ S.ABC $ có đáy $ ABC $ là tam giác vuông tại $ B $, $ SA⊥\left ( { ABC } \right ) $, $ AB=a $, $ BC=a\sqrt[] { 2 } $, $ SA=a\sqrt[] { 3 } $. Gọi $ AH $, $ AK $ lần lượt là đường cao của $ ΔSAB $, $ ΔSAC $.

a) Đúng. Xét $ ΔABC $ vuông tại $ B $, ta có $ AC=\sqrt[] { AB ^ { 2 } +BC ^ { 2 } }=a\sqrt[] { 3 } $. Ta có $ SA⊥\left ( { ABC } \right ) ⇒\left ( { SC,\left ( { ABC } \right ) } \right )=\left ( { SC,AC } \right )= \widehat { SCA } $. Xét $ ΔSAC $ vuông tại $ A $, ta có: $ tanSCA=\frac { SA } { AC }=\frac { a\sqrt[] { 3 } } { a\sqrt[] { 3 } }=1 ⇒ \widehat { SCA }=45° $. b) Đúng. Ta có $ SA⊥\left ( { ABC } \right ) $ mà $ BC⊂\left ( { ABC } \right ) $ nên $ SA⊥BC $. Lại có $ AB⊥BC $(vì $ ΔABC $ vuông tại $ B $). Do đó $ BC⊥\left ( { SAB } \right ) $ mà $ BC⊂\left ( { SBC } \right ) $ nên $ \left ( { SBC } \right )⊥\left ( { SAB } \right ) $. c) Đúng. Ta có $ BC⊥\left ( { SAB } \right ) $ mà $ AH⊂\left ( { SAB } \right ) $ nên $ BC⊥AH $. Lại có $ SB⊥AH $ nên $ AH⊥\left ( { SBC } \right ) $. Mặt khác $ AH⊂\left ( { AHK } \right ) $ nên $ \left ( { AHK } \right )⊥\left ( { SBC } \right ) $. d) Sai. Xét $ ΔSAB $ vuông tại $ A $, $ AH $ là đường cao, ta có : $ SB=\sqrt[] { SA ^ { 2 } +AB ^ { 2 } }=2a $. $ SA.AB=AH.SB⇒AH=\frac { SA.AB } { SB }=\frac { a\sqrt[] { 3 } } { 2 } $. Xét $ ΔSAC $ vuông tại $ A $, $ AK $ là đường cao, ta có : $ SC=\sqrt[] { SA ^ { 2 } +AC ^ { 2 } }=a\sqrt[] { 6 } $. $ SA.AC=AK.SC⇒AH=\frac { SA.AC } { SC }=\frac { a\sqrt[] { 6 } } { 2 } $. Ta có $ AH⊥\left ( { SBC } \right ) $ nên $ \left ( { AK,\left ( { SBC } \right ) } \right )=\left ( { AK,HK } \right )= \widehat { AKH } $. Xét $ ΔAHK $ vuông tại $ H $, ta có: $ sinAKH=\frac { AH } { AK }=\frac { \sqrt[] { 2 } } { 2 }⇒ \widehat { AKH }=45° $.