Ta có\[\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC \Rightarrow BC\]  là giao tuyến.

Mặt khác\[SA \bot \left( {ABC} \right)\] và\[{\rm{\Delta }}ABC\] vuông tại\[B \Rightarrow AB \bot BC\]

Nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{SA \bot BC}\\{AB \bot BC}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow BC \bot SB\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(SBC) \cap (ABC) = BC}\\{(SBC) \supset SB \bot BC}\\{(ABC) \supset AB \bot BC}\end{array}} \right. \Rightarrow (\widehat {(SBC);(ABC)}) = (\widehat {SB;AB}) = \widehat {SBA} = {45^0}\)

Xét\[\;{\rm{\Delta }}SAB\] vuông tại A, có\[\widehat {SBA} = {45^0} \Rightarrow SA = AB = a\]

Mà\[A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} = 2{a^2} \Rightarrow AC = a\sqrt 2 \]  

Gọi M là trung điểm của BC, suy ra\[AM \bot BC\]

Ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AM \bot BC}\\{BC \bot SA}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot (SAM) \Rightarrow BC \bot SM\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(SBC) \cap (ABC) = BC}\\{(SBC) \supset SM \bot BC}\\{(ABC) \supset AM \bot BC}\end{array}} \right. \Rightarrow (\widehat {(SBC);(ABC)}) = (\widehat {SM;AM}) = \widehat {SMA}.\)

Tam giác ABC đều cạnh a, suy ra trung tuyến\[AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\]

Tam giác vuông SAM có\[\sin \widehat {SMA} = \frac{{SA}}{{SM}} = \frac{{SA}}{{\sqrt {S{A^2} + A{M^2}} }} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}.\]

Gọi Q là trung điểm BC, suy ra \[OQ \bot BC\]

Ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BC \bot OQ}\\{BC \bot SO}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot (SOQ) \Rightarrow BC \bot SQ\)

Do đó

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(SBC) \cap (ABCD) = BC}\\{(SBC) \supset SQ \bot BC}\\{(ABCD) \supset OQ \bot BC}\end{array}} \right. \Rightarrow (\widehat {(SBC);(ABCD)}) = (\widehat {SQ;OQ}) = \widehat {SQ}\)

Tam giác vuông SOQ, có\[\tan \widehat {SQO} = \frac{{SO}}{{OQ}} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {SQO} = {60^0}\]

Vậy mặt phẳng (SBC) hợp với mặt đáy (ABCD) một góc \({60^0}\).

Gọi H là trung điểm của BC, suy ra \[SH \bot BC \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)\].

Gọi K là trung điểm AC, suy ra \[HK//AB\] nên \[HK \bot AC\].

Ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AC \bot HK}\\{AC \bot SH}\end{array}} \right. \Rightarrow AC \bot (SHK) \Rightarrow AC \bot SK\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(SAC) \cap (ABC) = AC}\\{(SAC) \supset SK \bot AC}\\{(ABC) \supset HK \bot AC}\end{array}} \right. \Rightarrow (\widehat {(SAC);(ABC)}) = (\widehat {SK;HK}) = \widehat {SKH}\)

Tam giác vuông ABC, có\[AB = BC.\cos \widehat {ABC} = a \Rightarrow HK = \frac{1}{2}AB = \frac{a}{2}.\]

Tam giác SBC đều cạnh 2a có đường cao\[SH = \frac{{2a\sqrt 3 }}{2}\]

Tam giác vuông SHK, có \[\tan \widehat {SKH} = \frac{{SH}}{{HK}} = \frac{{\frac{{2a\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{a}{2}}} = 2\sqrt 3 \]

Vì\[ABCD.A'B'C'D'\]  là lăng trụ tứ giác đều

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AB \bot BB\prime }\\{AB \bot BC}\end{array}} \right. \Rightarrow AB \bot (BB\prime C\prime B) \Rightarrow AB \bot BC\prime \)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(ABC\prime ) \cap (ABCD) = AB}\\{(ABC\prime ) \supset BC\prime \bot AB}\\{(ABCD) \supset BC \bot AB}\end{array}} \right. \Rightarrow (\widehat {(ABC\prime );(ABCD)}) = (\widehat {BC\prime ;BC}) = \widehat {C\prime BC} = {60^0}\)

Tam giác BCC′ vuông tại C, có\[\tan \widehat {C'BC} = \frac{{CC'}}{{BC}} \Rightarrow CC' = \tan {60^0}.a = a\sqrt 3 .\]

Từ giả thiết suy ra tam giác ABD đều cạnh aa.

Gọi H là hình chiếu của SS trên mặt phẳng (ABCD).

Do SA=SB=SD nên suy ra H là tâm của tam gác đều ABD.

Suy ra

\[AH = \frac{2}{3}AI = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3},HI = \frac{1}{3}AI = \frac{1}{3}\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\]

và\[SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}} = \frac{{a\sqrt {15} }}{6}.\]

Vì ABCD là hình thoi nên \[HI \bot BD\]. Tam giác SBD cân tại S nên\[SI \bot BD\].  Do đó\[\widehat {\left( {SBD} \right);\left( {ABCD} \right)} = \widehat {\left( {SI;AI} \right)} = \widehat {SIH}.\]

Trong tam vuông SHI, có\[\tan \widehat {SIH} = \frac{{SH}}{{HI}} = \sqrt 5 .\]

Gọi\[O = AC \cap BD\]. Do hình chóp S.ABCD đều nên \[SO \bot \left( {ABCD} \right)\]

Gọi M là trung điểm của SD. Tam giác SCD đều nên\[CM \bot SD\]

Tam giác SBD có\[SB = SD = a,BD = a\sqrt 2 \]

Suy ra\[{\rm{\Delta }}\,SBD\] vuông tại\[S \Rightarrow SB \bot SD \Rightarrow OM \bot SD.\]

Do đó

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(SBD) \cap (SCD) = SD}\\{(SBD) \supset OM \bot SD}\\{(SCD) \supset CM \bot SD}\end{array}} \right. \Rightarrow ((\widehat {SBD);(SCD})) = (\widehat {OM;CM}) = \widehat {OM}\)

Ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{OC \bot BD}\\{OC \bot SO}\end{array}} \right. \Rightarrow OC \bot (SBD) \Rightarrow OC \bot OM\)

Tam giác vuông MOC vuông tại O, có\[\tan \widehat {CMO} = \frac{{OC}}{{OM}} = \frac{{\frac{1}{2}a\sqrt 2 }}{{\frac{1}{2}a}} = \sqrt 2 \]

Gọi (d) là đường thẳng đi qua S và song song với E.

Vì EF là đường trung bình tam giác ABC suy ra EF // BC.

Khi đó d // EF // BC\[ \Rightarrow \left( {SEF} \right) \cap \left( {SBC} \right) = \left( d \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right).\]

Ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{SA \bot BC(SA \bot (ABC))}\\{AB \bot BC}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BC \bot SE}\\{BC \bot SB}\end{array}} \right.\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1),(2) suy ra\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(d) \bot SE}\\{(d) \bot SB}\end{array}} \right. \Rightarrow (\widehat {(SEF);(SBC)}) = (\widehat {SE;SB}) = \widehat {BSE}\)

Gọi H là chân đường cao kẻ từ đỉnh S xuống mặt phẳng (ABC).

Vì S.ABC là hình chóp đều có SA = SB = SC nên suy ra H chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Gọi M là trung điểm của BC, ta có

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BC \bot AM}\\{BC \bot SH}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot (SAM) \Rightarrow BC \bot SM\)

Khi đó

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(SBC) \cap (ABC) = BC}\\{(SBC) \supset SM \bot BC}\\{(ABC) \supset AM \bot BC}\end{array}} \right. \Rightarrow (\widehat {(SBC);(ABC)}) = (\widehat {SM;AM}) = \widehat {SMA} = {60^0}\)

Tam giác ABC đều cạnh a có \[AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow HM = \frac{{AM}}{3} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}.\]

Tam giác AHM vuông tại H, có\[SH = \tan {60^0}.\frac{{a\sqrt 3 }}{6} = \frac{a}{2}.\]

Vậy độ dài đường cao\[SH = \frac{a}{2}.\]

Gọi M là trung điểm AB ⇒ADCM là hình vuông.

Vì\[\,CM = AD = a = \frac{{AB}}{2}\] Suy ra tam giác ACB có trung tuyến bằng nửa cạnh đáy nên vuông tại C.

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BC \bot SA}\\{BC \bot AC}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot (SAC) \Rightarrow BC \bot SC\)

Do đó :

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(SBC) \cap (ABCD) = BC}\\{(SBC) \supset SC \bot BC}\\{(ABCD) \supset AC \bot BC}\end{array}} \right. \Rightarrow (\widehat {(SBC);(ABCD)}) = (\widehat {SC;AC}) = \widehat {SCA}\)

Tam giác SAC vuông tại A\[ \Rightarrow \tan \varphi = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{{SA}}{{\sqrt {A{D^2} + C{D^2}} }} = \frac{a}{{a\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\]

Ta có I là trung điểm của \[BC\,\, \Rightarrow AI \bot BC\]

\[ABC.A'B'C'\]  là lăng trụ đứng \[ \Rightarrow C'C \bot \left( {ABC} \right).\]

\[ \Rightarrow C'C \bot AI\] mà\[AI \bot BC \Rightarrow AI \bot \left( {BCC'B'} \right) \Rightarrow AI \bot C'I\]

Suy ra

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(C\prime AI) \cap (ABC) = AI}\\{(C\prime AI) \supset C\prime I \bot AI}\\{(ABC) \supset BC \bot AI}\end{array}} \right. \Rightarrow (\widehat {(C\prime AI);(ABC)}) = (\widehat {C\prime I;BC}) = \widehat {C\prime IC} = {60^0}\)

Xét \[{\rm{\Delta }}\,C'CI\]  vuông tại C, có :

\[\tan \widehat {C'IC} = \frac{{CC'}}{{IC}} \Rightarrow CC' = \tan {60^0}.\frac{a}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow AA' = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\]

Gọi H là trung điểm BC. Tam giác ABC vuông tại A nên H trung điểm của BC.

Theo giả thiết, ta có \[SH \bot \left( {ABC} \right)\]

Qua B kẻ\[Bx//AC\] . Khi đó \[\widehat {\left( {SB;AC} \right)} = \widehat {\left( {SB;Bx} \right)}\]

Kẻ\[HE \bot Bx\]  tại E, cắt AC tại M

Suy ra AMEB là hình chữ nhật nên\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BE = AM = \frac{1}{2}AC = \frac{a}{2}}\\{HE = HM = \frac{1}{2}AB = \frac{a}{2}}\end{array}} \right.\)

Ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{Bx \bot HE}\\{Bx \bot SH}\end{array}} \right. \Rightarrow Bx \bot (SHE) \Rightarrow Bx \bot SE\)

Tam giác vuông SEB vuông tại E, có\[\cot \widehat {SBE} = \frac{{BE}}{{SE}} = \frac{{AM}}{{\sqrt {S{H^2} + H{E^2}} }} = \frac{{\frac{a}{2}}}{{\sqrt {\frac{{6{a^2}}}{4} + \frac{{{a^2}}}{4}} }} = \frac{{\sqrt 7 }}{7}\]

Vẽ\[BC \cap DE = M \Rightarrow \left( {ADE} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AM\]

Ta có\[BD//CE \Rightarrow \frac{{BD}}{{CE}} = \frac{{MB}}{{MC}} = \frac{1}{2} \Rightarrow BM = BC = BA\]

Suy ra \[{\rm{\Delta }}AMC\] vuông tại \[A \Rightarrow AM \bot AC\]

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AM \bot AC}\\{AM \bot EC}\end{array}} \right. \Rightarrow AM \bot (ACE) \Rightarrow AM \bot AE \Rightarrow \Delta AME\) vuông tại AA.

Mặt khác ta có: 

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(ADE) \cap (ABC) = AM}\\{(ADE) \supset AE \bot AM}\\{(ABC) \supset AC \bot AM}\end{array}} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {ADE} \right);\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {AE;AC} \right)} = \widehat {EAC}\)

Xét \[{\rm{\Delta }}AEC\] vuông tại C, có\[\tan \widehat {EAC} = \frac{{EC}}{{AC}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{a} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {EAC} = {60^0}\]

Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB,CD.

Ta có \[AN \bot CD\] mà\[\left( {ACD} \right) \bot \left( {BCD} \right)\]

\[ \Rightarrow AN \bot \left( {BCD} \right) \Rightarrow AN \bot BN \Rightarrow {\rm{\Delta }}ANB\] vuông tại N \[ \Rightarrow NM = \frac{{AB}}{2}\,\,\left( 1 \right)\]Tam giác ABC cân tại C, có M là trung điểm của AB \[ \Rightarrow CM \bot AB.\]

Giả sử \[\left( {ABC} \right) \bot \left( {ABD} \right)\]mà\[CM \bot AB \Rightarrow CM \bot \left( {ABD} \right) \Rightarrow CM \bot DM.\]

Khi đó, \[{\rm{\Delta }}\,MCD\] vuông tại M. Ta có

\[{\rm{\Delta }}ABC = {\rm{\Delta }}ABD\,\,\left( {c.c.c} \right) \Rightarrow CM = DM \Rightarrow {\rm{\Delta }}MCD\] vuông cân tại M.

\[ \Rightarrow \,\,MN = \frac{{CD}}{2}\,\,\,\left( 2 \right)\]Từ (1) và (2)\[ \Rightarrow AB = CD = 2x\]

Lại có

\[{\rm{\Delta }}ACD = {\rm{\Delta }}BCD\,\,\left( {c.c.c} \right) \Rightarrow AN = BN = \sqrt {A{C^2} - C{N^2}} = \sqrt {{a^2} - {x^2}} ,\]

mà\[A{B^2} = A{N^2} + B{N^2}.\]

Suy ra\[2\left( {{a^2} - {x^2}} \right) = 4{x^2} \Leftrightarrow {a^2} = 3{x^2} \Leftrightarrow x = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\]