a) Gọi $O$ là tâm của đáy
$\Rightarrow OA = OB = OC = \dfrac{a\sqrt3}{3}$
$\Rightarrow SO\perp (ABC)$ (hình chóp đều)
$\Rightarrow OA$ là hình chiếu của $SA$ lên $(ABC)$
$\Rightarrow \widehat{(SA;(ABC))} = \widehat{SAO}$
Xét $\triangle SAO$ vuông tại $O$ có:
$\cos\widehat{SAO} = \dfrac{OA}{SA} = \dfrac{\dfrac{a\sqrt3}{3}}{2a} = \dfrac{\sqrt3}{6}$
$\Rightarrow \widehat{SAO} = \arccos\dfrac{\sqrt3}{6}$
Vậy $\widehat{(SA;(ABC))} = \arccos\dfrac{\sqrt3}{6}$
b) Gọi $M$ là trung điểm $BC$
$\Rightarrow \begin{cases}OM\perp BC\\OM = \dfrac12OC = \dfrac{a\sqrt3}{6}\end{cases}$
Ta có: $SA = SB = SC$ (hình chóp đều)
$\Rightarrow \triangle SAB$ cân tại $S$
$\Rightarrow SM\perp AB$
Khi đó:
$\begin{cases}(SAB)\cap (ABC) = AB\\OM\perp AB\\OM\subset (ABC)\\SM\perp AB\\SM\subset (SAC)\end{cases}$
$\Rightarrow \widehat{((SAB);(ABC))} = \widehat{SMO}$
Xét $\triangle SMO$ vuông tại $O$ có:
$\cos\widehat{SMO} = \dfrac{OM}{SM} = \dfrac{\dfrac12OC}{\sqrt{SA^2 - AM^2}}$
$\Leftrightarrow \cos\widehat{SMO} =\dfrac{\dfrac{a\sqrt3}{6}}{\sqrt{4a^2 - \dfrac{a^2}{4}}}$
$\Leftrightarrow \cos\widehat{SMO} =\dfrac{\sqrt5}{15}$
$\Rightarrow \widehat{SMO} = \arccos\dfrac{\sqrt5}{15}$
