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:

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