Cho hình chóp \(S.ABC\) có \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) và tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\). Gọi \(H,K\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên các cạnh \(SB,SC\). Khi đó:

Gọi \[O\] là tâm của hình vuông \(ABCD\).

Vì \(S.ABCD\) là hình chóp đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB\).

Khi đó ta có \(OI \bot AB\) và \(OI = 3\).

Lại có \(SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot AB\) mà \(OI \bot AB\) nên \(AB \bot \left( {SOI} \right) \Rightarrow AB \bot SI\).

Suy ra \(\left( {\left( {SAB} \right),\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {OI,SI} \right) = \widehat {SIO} = 45^\circ \).

Xét \(\Delta SOI\) vuông tại \(O\), \(\tan \widehat {SIO} = \frac{{SO}}{{OI}} \Rightarrow SO = OI = 3\).

Khi đó \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SO \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot 3 \cdot {6^2} = 36\).

Trả lời: 36.

Gọi \(M\) là trung điểm của \(AD\). Khi đó \(ABCM\) là hình vuông.

Hạ \(MH \bot SD\).

Ta có \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot CM\) mà \(CM \bot AD\) nên \(CM \bot \left( {SAD} \right)\). Suy ra \(CM \bot SD\).

Lại có \(MH \bot SD\) nên \(SD \bot \left( {MHC} \right)\). Suy ra \(CH \bot SD\).

Do đó \(\left[ {A,SD,C} \right] = \left[ {M,SD,C} \right] = \widehat {MHC}\).

Xét \(\Delta SAD\) vuông tại \(A\), có \(\tan \widehat {SDA} = \frac{{SA}}{{AD}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{{2a}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Suy ra \(\sin \widehat {SDA} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\).

Xét \(\Delta MHD\) vuông tại \(H\), có \(\sin \widehat {SDA} = \frac{{MH}}{{MD}} \Rightarrow MH = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Vì \(CM \bot \left( {SAD} \right)\) nên \(CM \bot MH\). Do đó \(\Delta CMH\) vuông tại \(M\).

Có \(CH = \sqrt {C{M^2} + M{H^2}} = \sqrt {{a^2} + \frac{{3{a^2}}}{9}} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\).

\(\cos \widehat {MHC} = \frac{{MH}}{{CH}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}:\frac{{2a\sqrt 3 }}{3} = \frac{1}{2} = 0,5\).

Trả lời: 0,5.