Vì hình chóp S.ABC đều, S chiếu vuông góc xuống trọng tâm G của tam giác đều ABC.
Gọi D là trung điểm của BC. Khi đó $AD$ là đường trung tuyến (cũng là đường cao) của tam giác đều ABC, và $AD \perp BC$.
Tam giác ABC đều cạnh $a$ nên:
\[ AD = \frac{a\sqrt{3}}{2} \]
G là trọng tâm nên:
\[ AG = \frac{2}{3}AD = \frac{a\sqrt{3}}{3}, \quad GD = \frac{1}{3}AD = \frac{a\sqrt{3}}{6} \]
a) AG là hình chiếu của SA lên mặt đáy $(ABC)$ (vì $SG \perp (ABC)$), nên:
\[ \left(SA, (ABC)\right) = \widehat{SAG} \]
Tam giác SAG vuông tại G:
\[ SG = \sqrt{SA^2 - AG^2} = \sqrt{b^2 - \frac{a^2}{3}} \]
\[ \sin\widehat{SAG} = \frac{SG}{SA} = \frac{\sqrt{b^2 - \dfrac{a^2}{3}}}{b} = \sqrt{1 - \frac{a^2}{3b^2}} \]
b) Chứng minh $BC \perp (SAD)$:
- $SG \perp (ABC)$ nên $SG \perp BC$.
- $AD \perp BC$ (đường cao tam giác đều).
- Hai đường $SG$ và $AD$ cùng nằm trong mặt phẳng $(SAD)$ và đều vuông góc với $BC$, nên $BC \perp (SAD)$, suy ra $BC \perp SD$.
Giao tuyến của $(SBC)$ và $(ABC)$ là $BC$. Vì $AD \perp BC$ và $AD \subset (ABC)$, $SD \perp BC$ và $SD \subset (SBC)$, nên:
\[ \left((SBC),(ABC)\right) = \widehat{SDA} \]
Xét tam giác SGD vuông tại G:
\[ \tan\widehat{SDG} = \frac{SG}{GD} = \frac{\sqrt{b^2 - \dfrac{a^2}{3}}}{\dfrac{a\sqrt{3}}{6}} = \frac{6}{a\sqrt{3}} \cdot \sqrt{b^2 - \frac{a^2}{3}} \]
Vậy $\tan\left((SBC),(ABC)\right) = \dfrac{6}{a\sqrt{3}}\sqrt{b^2 - \dfrac{a^2}{3}}$.
