Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có $AB=a$. Tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng $(SCD)$ và $(SBC)$ biết góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng $60^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O$ là tâm đáy, $AO=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Góc giữa cạnh bên và mặt đáy là $\widehat{SAO}=60^{\circ }$ nên $SA=\frac{AO}{\cos 60^{\circ }}=a\sqrt{2}$, do đó $SB=SC=SD=a\sqrt{2}$, $BC=CD=a$.

Hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(SCD)$ cắt nhau dọc theo $SC$. Tam giác $SBC$ cân tại $S$ nên đường vuông góc hạ từ $B$ xuống $SC$ chính là trung bình nối, tức chân vuông góc $H$ là trung điểm $SC$ (đối xứng qua $(SAC)$, chân vuông góc từ $D$ cũng trùng $H$).
$$\cos \widehat{BSC}=\frac{2a^2+2a^2-a^2}{2\cdot a\sqrt{2}\cdot a\sqrt{2}}=\frac{3}{4},SH=SB\cos \widehat{BSC}=\frac{3a\sqrt{2}}{4},$$
$$BH=\sqrt{S{B}^2-S{H}^2}=\sqrt{2a^2-\frac{9a^2}{8}}=\frac{a\sqrt{14}}{4}=DH.$$

(Kiểm tra chéo: $\cos \widehat{BCS}=\frac{S{C}^2+B{C}^2-S{B}^2}{2\cdot SC\cdot BC}=\frac{1}{2}$ nên $\widehat{BCS}=60^{\circ }$, $BH=BC\sin 60^{\circ }$... thực tế $BH=\frac{a\sqrt{14}}{4}$ khớp với $B{H}^2=S{B}^2-S{H}^2=\frac{7a^2}{8}$.)

$\widehat{BHD}$ là góc nhị diện giữa hai mặt phẳng, với $BD=a\sqrt{2}$:
$$\cos \widehat{BHD}=\frac{\frac{7a^2}{8}+\frac{7a^2}{8}-2a^2}{2\cdot \frac{7a^2}{8}}=\frac{-\frac{a^2}{4}}{\frac{7a^2}{4}}=-\frac{1}{7}.$$

Góc nhị diện này tù, nên góc giữa hai mặt phẳng có $\cos \phi =\frac{1}{7}$. Đáp án A.