Cho hình chóp $ S.ABC $ có cạnh bên $ SA $ vuông góc với mặt phẳng đáy, tam giác $ ABC $ vuông cân tại $ B $. Biết $ SB=a\sqrt[] { 3 },AB=a $. Khi đó:

Ta có: $ SA⊥(ABC) $ nên $ AB $ là hình chiếu của $ SB $ trên mặt phẳng $ (ABC) $. Suy ra $ (SB,(ABC))=(SB,AB)= \widehat { SBA } $. Tam giác $ SAB $ vuông tại $ A $ có: $ SA=\sqrt[] { SB ^ { 2 } -AB ^ { 2 } }=\sqrt[] { 3a ^ { 2 } -a ^ { 2 } }=a\sqrt[] { 2 }{ \rm{ . } } $nên a) Đúng Tam giác $ SAB $ vuông tại $ A $ có: $ \tan \widehat { SBA }=\frac { SA } { AB }=\frac { a\sqrt[] { 2 } } { a }=\sqrt[] { 2 } $ nên b) Đúng Gọi $ H $ là trung điểm $ AC $ thì $ BH⊥AC $ (do tam giác $ ABC $ cân tại $ B $). (1) Ta lại có $ SA⊥(ABC)⇒BH⊥SA $. (2) Từ (1) và (2) suy ra $ BH⊥(SAC) $ hay $ SH $ là hình chiếu của $ SB $ trên mặt phẳng $ (SAC) $. Vậy $ (SB,(SAC))=(SB,SH)= \widehat { BSH } $. Ta có: $ BH=\frac { a\sqrt[] { 2 } } { 2 } $, suy ra $ \sin \widehat { BSH }=\frac { BH } { SB }=\frac { \frac { a\sqrt[] { 2 } } { 2 } } { a\sqrt[] { 3 } }=\frac { \sqrt[] { 6 } } { 6 } $ nên c) Sai Ta có: $ \left \{ \begin{array}{l} \begin{array}{l} BC⊥AB \\ BC⊥SA({ \rm{ do } }SA⊥(ABC)) \\ \end{array} ⇒BC⊥(SAB)⇒BC⊥SB \end{array} \right. $. Vì vậy $ (SB,AB)= \widehat { SBA } $ chính là góc phẳng nhị diện $ [S,BC,A] $ với $ \tan \widehat { SBA }=\sqrt[] { 2 } $ (theo câu a)). Suy ra $ \widehat { SBA }≈54,74 ^ { ° } $ nên d) Đúng