Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình v...

C

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp xác định góc giữa hai mặt phẳng và áp dụng các hệ thức lượng trong tam giác vuông

Giải chi tiết:

Từ A  kẻ AH vuông góc với \(SB\,\,\,\,\left( H\in SB \right).\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}SA \bot BC\\AB \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AH\) mà \(AH\bot SB\) suy ra \(AH\bot \left( SBC \right)\Rightarrow AH\bot SC\)

Từ A kẻ AK vuông góc với \(SD\,\,\,\left( K\in SD \right),\) tương tự, chứng minh được \(SK\bot \left( SCD \right)\Rightarrow AK\bot SC\)

Khi đó \(SC\bot \left( AHK \right)\) suy ra

\(\widehat{\left( \left( SBC \right);\left( SCD \right) \right)}=\widehat{\left( AH;AK \right)}=\widehat{HAK}={{60}^{0}}.\)

Lại có \(\Delta \,SAB=\Delta \,SAD\,\,\left( c.g.c \right)\Rightarrow AH=AK\) mà \(\widehat{HAK}={{60}^{0}}\) suy ra tam giác AHK đều.

Tam giác SAB vuông tại A có \(\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{S{{A}^{2}}}+\frac{1}{A{{B}^{2}}}=\frac{1}{{{x}^{2}}}+\frac{1}{{{a}^{2}}}\Rightarrow AH=\frac{xa}{\sqrt{{{x}^{2}}+{{a}^{2}}}}=AK=HK\)

Suy ra \(SH=\sqrt{S{{A}^{2}}-A{{H}^{2}}}=\sqrt{{{x}^{2}}-\frac{{{x}^{2}}{{a}^{2}}}{{{x}^{2}}+{{a}^{2}}}}=\frac{{{x}^{2}}}{\sqrt{{{x}^{2}}+{{a}^{2}}}}\Rightarrow \frac{SH}{SB}=\frac{{{x}^{2}}}{{{x}^{2}}+{{a}^{2}}}.\)

Tương tự ta chứng minh được \(\frac{SK}{SC}=\frac{{{x}^{2}}}{{{x}^{2}}+{{a}^{2}}}\)

\(\Rightarrow HK\)//\(BD\) suy ra \(\frac{SH}{SB}=\frac{HK}{BD}\Leftrightarrow \frac{{{x}^{2}}}{{{x}^{2}}+{{a}^{2}}}=\frac{xa}{\sqrt{{{x}^{2}}+{{a}^{2}}}.a\sqrt{2}}\Leftrightarrow \frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}+{{a}^{2}}}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\Leftrightarrow 2{{x}^{2}}={{x}^{2}}+{{a}^{2}}\Rightarrow x=a.\)

Chọn C.