Câu hỏi 28

Xét tam giác \(ABD\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB = AD\\\angle BAD = {60^0}\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \Delta ABD\) đều.

Gọi \(H\) là trọng tâm \(\Delta ABD\), do \(SA = SB = SD\) nên \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\).

Gọi \(M\) là trung điểm của \(AD\), ta có \(BM \bot AD \Rightarrow BM \bot BC\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot BM\\BC \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SBM} \right)\).

Goi \(N,\,\,E\) lần lượt là trung điểm của \(BC\) và \(SC\) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}BN\parallel DM\\BN = DM\end{array} \right. \Rightarrow BNDM\) là hình bình hành \( \Rightarrow DN\parallel BM\).

Lại có \(NE\) là đường trung bình của tam giác \(SBC\) nên \(NE\parallel SB\).

\( \Rightarrow \left( {NDE} \right)\parallel \left( {SBM} \right)\).

Mà \(BC \bot \left( {SBM} \right)\) nên \(BC \bot \left( {NDE} \right)\).

Trong \(\left( {NDE} \right)\) kẻ \(DK \bot NE\,\,\,\left( {K \in NE} \right)\) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}DK \bot NE\\DK \bot BC\,\,\left( {BC \bot \left( {NDE} \right)} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow DK \bot \left( {SBC} \right)\).

\( \Rightarrow \) Hình chiếu của \(SD\) lên \(\left( {SBC} \right)\) là \(SK\).

\( \Rightarrow \angle \left( {SD;\left( {SBC} \right)} \right) = \angle \left( {SD;SK} \right) = \angle DSK\).

Xét tam giác \(SHA\) có \(AH = \dfrac{2}{3}AO = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\), \(SA = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Áp dụng định lí Pytago ta có: \(SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}}  = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{6}\).

Ta có: \(AC = 2AO = a\sqrt 3 \) \( \Rightarrow HC = AC - AH = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{3}\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(SHC\) ta có: \(SC = \sqrt {S{H^2} + H{C^2}}  = \dfrac{{a\sqrt 7 }}{2}\).

Xét tam giác \(SCD\) có:

\(\begin{array}{l}D{E^2} = \dfrac{{S{D^2} + C{D^2}}}{2} - \dfrac{{S{C^2}}}{4}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{\dfrac{{3{a^2}}}{4} + {a^2}}}{2} - \dfrac{{7{a^2}}}{{16}}\\ \Rightarrow DE = \dfrac{{a\sqrt 7 }}{4}\end{array}\)

Xét tam giác \(DNE\) ta có: \(DN = BM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\), \(NE = \dfrac{1}{2}SB = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}\), \(DE = \dfrac{{a\sqrt 7 }}{4}\).

Gọi \(p\) là nửa chu vi tam giác \(DNE\) ta có: \(p = \dfrac{{\sqrt 7  + 3\sqrt 3 }}{8}\).

Diện tích tam giác \(DNE\) là: \({S_{DNE}} = \sqrt {p\left( {p - DN} \right)\left( {p - DE} \right)\left( {p - NE} \right)}  = \dfrac{{{a^2}\sqrt 5 }}{{16}}\).

Lại có \({S_{DNE}} = \dfrac{1}{2}DK.NE \Rightarrow DK = \dfrac{{2{S_{DNE}}}}{{NE}} = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{6}\).

Ta có: \(DK \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow DK \bot SK\).

\( \Rightarrow \Delta SDK\) vuông tại \(K\), suy ra \(\sin \angle DSK = \dfrac{{DK}}{{SD}} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt {15} }}{6}}}{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \dfrac{{\sqrt 5 }}{3}\).

Vậy \(\cos \alpha  = \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha }  = \dfrac{2}{3}\).  

Chọn C.