Phương trình \({\log _2}\left( {{x^2} - 1} \right) = 3\) có tập nghiệm là        

a) Ta có tam giác \(SAB\) đều cạnh \(a\) nên \(SI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Tứ giác \(IBCJ\) là hình chữ nhật nên \(IJ = BC = a\).

Tam giác \(SCD\) là tam giác vuông cân đỉnh \(S\) nên \(SJ = \frac{{CD}}{2} = \frac{a}{2}\).

Do đó, \(S{J^2} + S{I^2} = I{J^2}\,\,\left( { = {a^2}} \right)\), suy ra tam giác \(SIJ\) vuông tại \(S\).

Vậy \(SI \bot SJ\).

b) Vì tam giác \(SCD\) là tam giác cân đỉnh \(S\) nên \(SJ \bot CD\).

Do \(AB\,{\rm{//}}\,CD\) nên \(SJ \bot AB\) mà \(SI \bot SJ\) nên \(SJ \bot \left( {SAB} \right)\).

Chứng minh tương tự ta có \(SI \bot \left( {SCD} \right)\).

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

Ta có \(SC \bot BD\) (vì \(BD \bot AC,BD \bot SA\))

Trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\), kẻ \(OI \bot SC\) thì ta có \(SC \bot \left( {BID} \right)\).

Khi đó \(\left( {\left( {SBC} \right),\left( {SCD} \right)} \right) = \widehat {BID}\).

Trong tam giác \(SAC\), kẻ đường cao \(AH\) thì \(AH = \frac{{a\sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }}\).

Mà \(O\) là trung điểm \(AC\) và \(OI\,{\rm{//}}\,AH\) nên \(OI = \frac{a}{{\sqrt 6 }}\).

Tam giác \(IOD\) vuông tại \(O\) có \(tan\widehat {OID} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {OID} = 60^\circ \)

Vậy góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {SCD} \right)\) bằng \(60^\circ \).