Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác đều cạnh bằng $a$...

Phương pháp:
Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến của hai mặt phẳng đó.
Cách giải:

Gọi Hlà trung điểm của AB. Do tam giác ABCđều ⇒ CH⊥ AB.
Mà CH⊥ SA( SA⊥ ( ABC) ) ⇒ CH⊥ ( SAB) ⇒ CH⊥ SB.
Trong ( SAB) kẻ HK⊥ SBta có:
$\left\{ \begin{aligned}
& CH\bot SB \\
& HK\bot SB \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow SB\bot \left( CHK \right)\Rightarrow SB\bot CK.$
$\left\{ \begin{aligned}
& \left( SAB \right)\cap \left( SBC \right)=SB \\
& \left( SAB \right)\supset HK\bot SB \\
& \left( SBC \right)\supset CK\bot SB \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow \angle \left( \left( SAB \right);\left( SBC \right) \right)=\angle \left( HK;CK \right)=\angle HKC$.
Ta có: CH⊥ ( SAB) ⇒ CH⊥ HK⇒ ∆ CHKvuông tại H.
Tam giác ABCđều cạnh a⇒ CH= $\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$
Dễ thấy ∆ BHK $\sim $ ∆ BSA(g g ) ⇒ $\dfrac{HK}{SA}=\dfrac{BH}{SB}$

$\Rightarrow HK=\dfrac{SA.BH}{SB}=\dfrac{a\sqrt{3.\dfrac{a}{2}}}{\sqrt{3{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}}=\dfrac{a\sqrt{3}}{4}$
Xét tam giác vuông CHKcó:
\tan ∠ HKC= $\dfrac{HC}{HK}=\dfrac{\dfrac{a\sqrt{3}}{2}}{\dfrac{a\sqrt{3}}{4}}=2\Rightarrow \cos \angle HKC=\dfrac{1}{\sqrt{1+{{\tan }^{2}}\angle HKC}}=\dfrac{1}{\sqrt{5}}$