Từ giả thiết ta có IJ=a; $SJ=\sqrt{S{{C}^{2}}-J{{C}^{2}}}=\sqrt{3{{a}^{2}}-\frac{{{a}^{2}}}{4}}=\frac{a\sqrt{11}}{2}$

Áp dụng định lý cosin cho tam giác SIJ ta có

$\cos \left( \widehat{SIJ} \right)=\frac{I{{J}^{2}}+I{{S}^{2}}-S{{J}^{2}}}{2.IJ.IS}=\frac{{{a}^{2}}+\frac{3{{a}^{2}}}{4}-\frac{11{{a}^{2}}}{4}}{2.a.\frac{a\sqrt{3}}{2}}=-\frac{{{a}^{2}}}{{{a}^{2}}\sqrt{3}}=-\frac{\sqrt{3}}{3}<0$

Suy ra, tam giác SIJ là tam giác có $\widehat{SIJ}$ tù.

Từ giả thiết tam giác SAB đều và tam giác SCD là cân đỉnh S, ta có H thuộc IJ và I nằm giữa HJ tức là tam giác vuông SHI có $\widehat{H}={{90}^{0}}$, góc I nhọn và $\cos \widehat{I}=\cos \widehat{SIH}=-\cos \widehat{SIJ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$($\widehat{SIJ}$và $\widehat{SIH}$ kề bù)

$\sin \widehat{SIH}=\frac{\sqrt{6}}{3}$

Từ giả thiết giao tuyến của hai mặt phẳng (SBC) và (SAD) là đường thẳng d qua S và song song với AD.

Theo định lý ba đường vuông góc ta có $SN\bot BC,SM\bot AD\Rightarrow SM\bot d;SN\bot d\Rightarrow \widehat{MSN}$ là góc giữa hai mặt phẳng. (SBC) và (SAD), MN = AB = a

Xét tam giác HSM vuông tại H có :

$SH=\frac{a\sqrt{2}}{2},HM=\frac{a}{2}\Rightarrow SM=\sqrt{S{{H}^{2}}+H{{M}^{2}}}=\sqrt{\frac{2{{a}^{2}}}{4}+\frac{{{a}^{2}}}{4}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}=SN$

Theo định lý cosin cho tam giác SMN cân tại S có

$\cos \widehat{MSN}=\frac{S{{M}^{2}}+S{{N}^{2}}-M{{N}^{2}}}{2SM.SN}=\frac{\frac{3{{a}^{2}}}{4}+\frac{3{{a}^{2}}}{4}-{{a}^{2}}}{2.\frac{3{{a}^{2}}}{4}}=\frac{\frac{{{a}^{2}}}{2}}{\frac{3{{a}^{2}}}{2}}=\frac{1}{3}$