Cho hình chóp $S.ABCD$, có đáy $ABCD$ là hình thang vuông tại $A$ và $B$. Biết $AB=BC=a,AD=2a$. Cạnh bên $SA\perp (ABCD)$ vuông góc với mặt phẳng đáy và $SA=a\sqrt{3}$. Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $AD$.

a) Chứng minh $CD\perp (SAC)$.

b) Gọi $\alpha$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện $[B,SC,M]$. Tính cosin của góc $\alpha$.

Vẽ hình đúng để làm được câu a.

a) Vì $M$ là trung điểm của $AD$ nên $AM=MD=\frac{AD}{2}=\frac{2a}{2}=a=BC$.
Xét tứ giác $ABCM$ có: $AM\parallel BC$ (do $AD\parallel BC$), có $AB=BC=a$ và $\hat{A}=\hat{B}=90^{\circ }\Rightarrow ABCM$ là hình vuông cạnh $a$.
Suy ra: $AC=a\sqrt{2}$ và $CM=a=\frac{1}{2}AD$.
Khi đó, tam giác $ACD$ vuông tại $C$. Suy ra $CD\perp AC$ (1).
Ta có $SA\perp (ABCD)\Rightarrow SA\perp CD$ (2).
Từ (1) và (2), $CD$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau $AC$ và $SA$ nằm trong $(SAC)$.
Vậy $CD\perp (SAC)$ (đpcm).

b) Vì $△SBC=△SMC$ (cạnh - cạnh - cạnh) nên kẻ $BK\perp SC,K\in SC\Rightarrow MK\perp SC$.
Trong mặt phẳng $(SBC)$, kẻ $BK\perp SC$ tại $K$.
Khi đó, góc $\widehat{BKM}$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện $[B,SC,M]$.
Xét tam giác $SBC$ vuông tại $B$ (do $BC\perp (SAB)$):
$$SB=\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}=\sqrt{{\left(a\sqrt{3}\right)}^2+a^2}=2a.$$
$$SC=\sqrt{S{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{(2a{)}^2+a^2}=a\sqrt{5}.$$
Tính $BK$: Trong tam giác vuông $SBC$ tại $B$: $BK=\frac{SB\cdot BC}{SC}=\frac{2a\cdot a}{a\sqrt{5}}=\frac{2a}{\sqrt{5}}$
$$\Rightarrow MK=BK=\frac{2a}{\sqrt{5}}\text{ (do hai tam giaˊc ba˘ˋng nhau).}$$
Tính $BM$: Trong hình vuông $ABCM$ cạnh $a$:
$$BM=\sqrt{A{B}^2+A{M}^2}=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}$$
Xét tam giác $BKM$, áp dụng định lý cosin:
$$\cos \widehat{BKM}=\frac{B{K}^2+M{K}^2-B{M}^2}{2\cdot BK\cdot MK}=\frac{{\left(\frac{2a}{\sqrt{5}}\right)}^2+{\left(\frac{2a}{\sqrt{5}}\right)}^2-{\left(a\sqrt{2}\right)}^2}{2\cdot \frac{2a}{\sqrt{5}}\cdot \frac{2a}{\sqrt{5}}}=\frac{-1}{4}$$
Vậy $\cos \alpha =\frac{-1}{4}$.