Cho tứ diện ABCD có \(AB \bot \left( {BCD} \right)\). Trong \(\Delta BCD\) vẽ các đường cao \[BE\] và \[DF\] cắt nhau ở \[O\]. Trong \(\left( {ADC} \right)\) vẽ \(DK \bot AC\) tại \[K\]. Các mệnh đề sau đúng hay sai?

Ta có: \((SAB) \cap (SAC) = SA\)  (1)

Trong mp\((SAB)\) dựng \(BH \bot SA\) tại \(H\)  (2) , suy ra \(CH \bot SA\) tại \(H\)  (3)

Ta tính \(\widehat {BHC}\):

Ta có: \(SD \bot (ABC) \Rightarrow SD \bot DA \Rightarrow SA = \sqrt {S{D^2} + D{A^2}}  = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 6 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}}  = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}a\).

Từ (2) và (3) ta suy ra \(SA \bot (HBC) \Rightarrow SA \bot HI\).

Xét hai tam giác \(SDA\) và \(IHA\) có  \(\widehat {SDA} = \widehat {IHA} = {90^o}\) và  \(\widehat A\) chung nên

\( \Rightarrow \frac{{SD}}{{IH}} = \frac{{SA}}{{IA}} \Rightarrow IH = \frac{{SD.IA}}{{SA}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 6 }}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{3\sqrt 2 }}{2}a}} = \frac{a}{2}\).

Mặt khác: tam giác \(BHC\)cân tại \(H\) vì có \(BH = CH\), suy ra \(HI\) vừa là trung tuyến vừa là đường cao hay \(HI \bot BC\).

Vì \(IB = IH = \frac{a}{2}\) nên tam giác \(HIB\) vuông cân tại \(I\) \( \Rightarrow \widehat {IHB} = {45^o} \Rightarrow \widehat {BHC} = 2\widehat {IHB} = {90^o}\) (4)

Từ (1), (2), (3) và (4) ta suy ra góc giữa hai mp \((SAB)\) và \((SAC)\) là \(\varphi  = \widehat {BHC} = {90^0}\).