Cho tứ diện $ABCD$ với các tam giác $ABC$, $ABD$ vuông cân tại $B$. Biết $AB=a$ và $\widehat{CBD}=120^{\circ }$ (tham khảo hình vẽ). Gọi $\phi$ là góc tạo bởi hai mặt phẳng $(ACD)$ và $(BCD)$. Mệnh đề nào sau đây là đúng?

Vì $△ABC$ và $△ABD$ vuông cân tại $B$ với $AB=a$, ta có $BC=BD=a$. Ta có $AB\perp BC$ và $AB\perp BD\Rightarrow AB\perp (BCD)$. Áp dụng công thức hình chiếu: tam giác $BCD$ là hình chiếu vuông góc của tam giác $ACD$ lên mặt phẳng $(BCD)$. Do đó $\cos \phi =\frac{S_{△BCD}}{S_{△ACD}}$. Ta có $S_{△BCD}=\frac{1}{2}BC\cdot BD\sin 120^{\circ }=\frac{1}{2}a\cdot a\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$. Mặt khác $CD=\sqrt{B{C}^2+B{D}^2-2BC\cdot BD\cos 120^{\circ }}=a\sqrt{3}$. Trong tam giác $ACD$, $AC=AD=a\sqrt{2}$. Gọi $M$ là trung điểm $CD$, $AM=\sqrt{A{C}^2-M{C}^2}=\sqrt{2a^2-\frac{3a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$. Suy ra $S_{△ACD}=\frac{1}{2}a\sqrt{3}\cdot \frac{a\sqrt{5}}{2}=\frac{a^2\sqrt{15}}{4}$. Vậy $\cos \phi =\frac{a^2\sqrt{3}/4}{a^2\sqrt{15}/4}=\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$. Chọn A.