Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình vuông tâm O, có cạnh bằng \(a\). Cạnh bên \(SA\) vuông góc với đáy và \(SA = a\sqrt 2 \). Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(BC\).

a) Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(AD\) là hình chiếu của \(SD\) trên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\).

Do đó \(\left( {SD,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SD,AD} \right) = \widehat {SDA}\).

b) Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(AB\) là hình chiếu của \(SB\) trên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\).

Do đó \(\left( {SB,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SB,AB} \right) = \widehat {SBA}\).

Xét \(\Delta SAB\) vuông tại \(A\), ta có \(\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{a} = \sqrt 2 \)\( \Rightarrow \widehat {SBA} \approx 55^\circ \).

c) Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)\).

Suy ra \(SD\) là hình chiếu của \(SC\) trên mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\).

Do đó \(\left( {SC,\left( {SAD} \right)} \right) = \left( {SC,SD} \right) = \widehat {DSC}\).

d) Hạ \(AH \bot MN\) mà \(MN \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\). Do đó \(MN \bot \left( {SAH} \right)\).

Hạ \(AI \bot SH\) mà \(MN \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow MN \bot AI\). Do đó \(AI \bot \left( {SMN} \right)\).

Suy ra \(SI\) là hình chiếu của \(SA\) trên mặt phẳng \(\left( {SMN} \right)\).

Do đó \(\left( {SA,\left( {SMN} \right)} \right) = \left( {SA,SI} \right) = \widehat {ASI}\).

Dễ thấy \(\Delta AHM\) đồng dạng với \(\Delta NBM\) (g.g) \( \Rightarrow \frac{{AH}}{{NB}} = \frac{{AM}}{{MN}} = \frac{a}{2}:\frac{{a\sqrt 2 }}{2} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\)\( \Rightarrow AH = \frac{1}{{\sqrt 2 }}.\frac{a}{2} = \frac{a}{{2\sqrt 2 }}\).

Xét \(\Delta SAH\) vuông tại \(A\), có \(\frac{1}{{A{I^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} + \frac{8}{{{a^2}}} = \frac{{17}}{{2{a^2}}} \Rightarrow AI = \frac{{\sqrt {34} a}}{{17}}\).

Xét \(\Delta SAI\) vuông tại \(I\) có \(SI = \sqrt {S{A^2} - A{I^2}}  = \sqrt {2{a^2} - \frac{2}{{17}}{a^2}}  = \frac{{4\sqrt {34} }}{{17}}a\).

Do đó \(\tan \widehat {ASI} = \frac{{AI}}{{SI}} = \frac{{\sqrt {34} a}}{{17}}:\frac{{4\sqrt {34} }}{{17}}a = \frac{1}{4}\).