23. Ta có thể vẽ hình như sau:
![]()
Gọi $O$ là trung điểm của $AB$. Khi đó, $SO$ vuông góc với mặt phẳng đáy và $SC$ vuông góc với $AB$, nên ta có $SC \parallel OA$.
Gọi $\beta$ là góc giữa $SC$ và mặt phẳng $(SAB)$. Ta có $\beta = 90^\circ - A$.
Gọi $E$ là giao điểm của $SC$ và $BD$. Khi đó, $SE$ là đường cao của tam giác $SBC$, nên $\cos \angle SBC = \frac{SE}{SB}$.
Ta có $SE = SC \sin \beta = SC \sin (90^\circ - A) = SC \cos A$.
Vì $SB = AB = a$, nên $\cos \angle SBC = \frac{SE}{SB} = \frac{SC \cos A}{a}$.
Tương tự, ta có $\cos \angle SAB = \frac{SA}{AB} = \frac{3a}{a} = 3$.
Do đó, ta có:
- $\angle CSA = 180^\circ - \angle SCA - \angle SCB = 180^\circ - (\alpha + \beta) - \arccos \left(\frac{SC \cos A}{a}\right)$
- $\angle CSB = \arccos \left(\frac{SC \cos A}{a}\right)$
- $\angle SCA = \alpha$
- $\angle SCB = \arcsin \left(\frac{SC \sin A}{a}\right) = \arcsin \left(\frac{SC \cos (90^\circ - A)}{a}\right)$
24. Ta có thể vẽ hình như sau:
![]()
Gọi $O$ là trung điểm của $AB$. Khi đó, $SO$ vuông góc với mặt phẳng $(ABC)$ và $SA$ vuông góc với $AB$, nên ta có $SA \parallel OB$.
Gọi $\alpha$ là góc giữa $SA$ và mặt phẳng $(ABC)$. Ta có $\alpha = 60^\circ$.
Gọi $E$ là giao điểm của $SA$ và $BC$. Khi đó, $SE$ là đường cao của tam giác $SBC$, nên $\cos \angle SBC = \frac{SE}{SB}$.
Ta có $SE = SA \sin \alpha = SA \sin 60^\circ = \frac{3a}{2}$.
Vì $SB = AB = a$, nên $\cos \angle SBC = \frac{SE}{SB} = \frac{3a/2}{a} = \frac{3}{2}$.
Do đó, ta có:
- $\angle SCA = \arccos \left(\frac{SA}{AC}\right) = \arccos \left(\frac{3a}{2a\sqrt{2}}\right) = \arccos \left(\frac{3}{2\sqrt{2}}\right)$
- $\angle SCB = \arcsin \left(\frac{SC \sin A}{a}\right) = \arcsin \left(\frac{SC \cos (90^\circ - A)}{a}\right) = \arcsin \left(\frac{SC \sin 60^\circ}{a}\right) = \arcsin \left(\frac{SC}{2a}\right)$
Vì tam giác $SAB$ đều, nên ta có $SA = SB = AB = a$. Do đó, ta có $SC^2 = SA^2 + AC^2 - 2SA \cdot AC \cos \angle SCA = a^2 + \frac{9a^2}{2} - 3a^2 \cos \angle SCA$.
Từ đó suy ra được $\sin \angle SCB = \sqrt{1 - \cos^2 \angle SCB} = \sqrt