Ta có \(ME \subset \left( {SAM} \right)\) \(\left( {SAM} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SE\) với \(E = BD \cap AM\). Trong (SAM): gọi \(G = ME \cap SF\). \( \Rightarrow ME \cap \left( {SBD} \right) = G\). Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AC \bot BD\\AC \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {SBD} \right)\). Trong (ABCD) gọi N là trung điểm của OB => MN // OC (MN là đường TB của tam giác OBC) => MN // AC \( \Rightarrow MN \bot \left( {SBD} \right)\). \( \Rightarrow NG\) là hình chiếu của \(MG\) trên (SBD) => \(\widehat {\left( {MG;\left( {SBD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {MG;NG} \right)} = \widehat {MGN} = \alpha \). Ta có \(MN \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow MN \bot NG \Rightarrow \Delta MNG\) vuông tại N. ABCD là hình vuông cạnh a \( \Rightarrow AC = a\sqrt 2 \Rightarrow MN = \dfrac{1}{2}OC = \dfrac{1}{4}AC = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{4}\). Xét tam giác ABC có F là giao điểm của AM và BO => F là trọng tâm tam giác ABC. Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác SAF ta có: \(\dfrac{{ES}}{{EA}}.\dfrac{{MA}}{{MF}}.\dfrac{{GF}}{{GS}} = 1 \Leftrightarrow 1.3.\dfrac{{GF}}{{GS}} = 1 \Rightarrow \dfrac{{GF}}{{GS}} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow \dfrac{{FG}}{{FS}} = \dfrac{1}{4}\). Ta có \(\begin{array}{l}OF = \dfrac{1}{3}OB = \dfrac{2}{3}ON \Rightarrow NF = ON - OF = \dfrac{1}{3}ON\\ \Rightarrow BF = BN + NF = \dfrac{1}{2}ON + \dfrac{5}{6}ON = \dfrac{4}{3}ON\\ \Rightarrow \dfrac{{FN}}{{FB}} = \dfrac{1}{4} = \dfrac{{FG}}{{FS}} \Rightarrow NG//SB\\ \Rightarrow \dfrac{{FN}}{{FB}} = \dfrac{{NG}}{{SB}} = \dfrac{1}{4} \Rightarrow BG = \dfrac{1}{4}SB = \dfrac{a}{4}\end{array}\) Xét tam giác MNG vuông tại N có : \(\tan \alpha = \dfrac{{MN}}{{NG}} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 2 }}{4}}}{{\dfrac{a}{4}}} = \sqrt 2 \).