Cho tam giác đều \(ABC\) cạnh \(a\), \(I\) là trung điểm của \(BC\), \(D\) là điểm đối xứng với \(A\) qua \(I\). Vẽ đoạn thẳng \(SD\) có độ dài bằng \(\frac{{a\sqrt 6 }}{2}\) và vuông góc với mặt phẳng \((ABC)\). Tính góc \(\varphi \) giữa hai mặt phẳng \((SAB)\) và \((SAC)\).

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 \(\varphi  = \widehat {BHC} = {90^0}\).