Cho hình chóp \[S.ABC\] có \[SA \bot \left( {ABC} \right)\] và tam giác \[ABC\] vuông tại \[B\] (như hình vẽ dưới).

Góc giữa đường thẳng \[SC\] và mặt phẳng \[\left( {SAB} \right)\] là

Ta có \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(AB\) là hình chiếu của \(SB\) trên \(\left( {ABCD} \right)\) suy ra góc giữa \(SB\) và \(\left( {ABCD} \right)\) là \(\widehat {SBA} = 60^\circ \).

Dựng hình bình hành \(MCBE\). Gọi \(I\) là hình chiếu của \(A\) trên \(BE\) và \(H\) là hình chiếu của \(A\) trên \(SI\).

Ta chứng minh được \(AH \bot \left( {SBE} \right)\).

Khi đó \(d\left( {CM,SB} \right) = d\left( {CM,\left( {SBE} \right)} \right) = d\left( {M,\left( {SBE} \right)} \right) = 2d\left( {A,\left( {SBE} \right)} \right) = 2AH\).

Mặt khác \(AI = \frac{{AE.AB}}{{\sqrt {A{E^2} + A{B^2}} }} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\) và \(SA = AB \cdot \tan 60^\circ = a\sqrt 3 .\)

Vậy \[d\left( {CM,SB} \right) = 2AH = \]\(\frac{{2AI \cdot SA}}{{\sqrt {A{I^2} + S{A^2}} }} = \frac{{a\sqrt 2 \cdot a\sqrt 3 }}{{\sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}} }} = \frac{{2\sqrt {21} a}}{{27}}\).

a)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}SI \bot AB\\\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\SI \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow SI \bot \left( {ABCD} \right)\).

Do \(CF \subset \left( {ABC{\rm{D}}} \right) \Rightarrow SI \bot CF\) (1).

b) Gọi \(H = FC \cap DI\).

Xét hai tam giác vuông \(ADI\) và \(DCF\) có

\(\left\{ \begin{array}{l}AI = DF\\AD = DC\\\widehat {DAI} = \widehat {FDC} = 90^\circ \end{array} \right. \Rightarrow \Delta ADI = \Delta DCF\) (c – g – c).

\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\widehat {{I_1}} = \widehat {{F_1}}\\\widehat {{D_2}} = \widehat {{C_2}}\end{array} \right.,\,\,{\rm{m\`a }}\,\,\widehat {{I_1}} + \widehat {{D_2}} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {{F_1}} + \widehat {{D_2}} = 90^\circ \]

\[ \Rightarrow \widehat {FHD} = 90^\circ \Rightarrow CF \bot DI\,\,(2)\].

Từ (1) và (2) suy ra \(CF \bot \left( {SID} \right)\).