ABCD là hình thoi

=>AB=BC=CD=DA

Xét ΔBAC có BA=BC và \(\hat{ABC}=60^0\)

nên ΔBAC đều

=>AB=AC=BC=a

Kẻ AH⊥BC tại H

ΔABC đều

mà AH là đường cao

nên H là trung điểm của BC

=>\(HB=HC=\frac{a}{2}\)

ΔAHB vuông tại H

=>\(AH^2+HB^2=AB^2\)

=>\(AH^2=a^2-\left(\frac{a}{2}\right)^2=a^2-\frac14a^2=\frac34a^2\)

=>\(AH=\frac{a\sqrt3}{2}\)

Ta có: BC⊥AH

BC⊥SA

mà SA,AH cùng thuộc mp(SAH)

nên BC⊥(SAH)

=>BC⊥SH

(SBC) giao (ABCD)=BC

SH⊂(SBC); SH⊥BC

AH⊂(ABCD); AH⊥BC

Do đó: \(\hat{\left(SBC\right);\left(ABCD\right)}=\hat{SH;HA}=\hat{SHA}\)

Xét ΔSAH vuông tại A có tan SHA\(=\frac{SA}{AH}=\frac{a\sqrt3}{\frac{a\sqrt3}{2}}=1:\frac12=2\)

=>\(\hat{SHA}\) ≃63 độ

=>\(\hat{\left(SBC\right);\left(ABCD\right)}\) ≃63 độ

Chọn B

Để cho gọn ta chọn  a =1

Chọn hệ trục tọa độ  sao cho A = O(0;0;0) và B(1;0;0), D(0;1;0) S(0;0;x)  với x = SA >0

Suy ra C(1;1;0)

=> VTPT của mặt phẳng (SCD) là 

=> VTPT của mặt phẳng (SBC) là 

Từ giả thiết bài toán, ta có 

Dễ dàng chứng minh \(BD\perp\left(SAC\right)\Rightarrow BD\perp SC\)

Gọi O là tâm đáy, kẻ \(OH\perp SC\Rightarrow SC\perp\left(BDH\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{BHD}\) hoặc góc bù của nó là góc giữa (SBC) và (SCD) \(\Rightarrow\widehat{BHD}=60^0\) hoặc \(120^0\)

\(\Rightarrow\widehat{BHO}\) bằng \(30^0\) hoặc \(60^0\)

Tam giác ABD đều \(\Rightarrow BD=a\) \(\Rightarrow OB=\dfrac{a}{2}\)

TH1: \(\widehat{BHO}=30^0\)

\(\Rightarrow OH=\dfrac{OB}{tan30^0}=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}=OC\Rightarrow\Delta\) vuông OCH có cạnh huyền bằng cạnh góc vuông (loại)

TH2: \(\widehat{BHO}=60^0\Rightarrow OH=\dfrac{OB}{tan60^0}=\dfrac{a\sqrt{3}}{6}\)

\(\Rightarrow SA=AC.tan\widehat{SCA}=AC.\dfrac{OH}{\sqrt{OC^2-OH^2}}=\dfrac{a\sqrt{6}}{4}\)

Từ A kẻ \(AM\perp SB\Rightarrow AM\perp\left(SBC\right)\Rightarrow AM=d\left(A;\left(SBC\right)\right)\)

\(AD||BC\Rightarrow AD||\left(SBC\right)\Rightarrow d\left(BK;AD\right)=d\left(AD;\left(SBC\right)\right)=d\left(A;\left(SBC\right)\right)=AM\)

\(\dfrac{1}{AM^2}=\dfrac{1}{SA^2}+\dfrac{1}{AB^2}=\dfrac{11}{3a^2}\Rightarrow AM=\dfrac{a\sqrt{33}}{11}\)

Gọi O là tâm đáy, từ O kẻ \(OH\perp SC\)

\(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp BD\\BD\perp AC\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow BD\perp\left(SAC\right)\) \(\Rightarrow BD\perp SC\)

\(\Rightarrow SC\perp\left(BDH\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}SC\perp BH\\SC\perp DH\end{matrix}\right.\) góc giữa BH và DH là góc \(\alpha\) giữa (SCD) và (SBC)

\(BD=a\sqrt{2}\) ; \(SB=SD=a\sqrt{2}\)

Hệ thức lượng trong tam giác vuông SBC:

\(BH=\dfrac{SB.BC}{\sqrt{SB^2+BC^2}}=\dfrac{a\sqrt{6}}{3}\), tương tự \(DH=\dfrac{a\sqrt{6}}{3}\)

\(\Rightarrow cos\alpha=\left|cos\widehat{BHD}\right|=\left|\dfrac{BH^2+DH^2-BD^2}{2BH.DH}\right|=\dfrac{1}{2}\)

\(\Rightarrow\alpha=60^0\)

Chọn D.

- Kẻ BH ⊥ SC ⇒ DH ⊥ SC (hai đường cao tương ứng của hai tam giác bằng nhau).

- Có 2 trường hợp xảy ra:

TH1:

- Xét hai tam giác đồng dạng SAC và OHC ta có

TH2:

- Xét hai tam giác đồng dạng SAC và OHC ta có: