Vì $D$ là trung điểm $BC$ mà tam giác $ABC$ là nửa $\triangle$ đều do có $\widehat{ACB}=30^o$ và tam giác $ABC$ vuông tại $A\Rightarrow BC=2a, AB=a$. Từ đó suy ra $AD=a=\dfrac{BC}{2}$ do đường trung tuyến ứng với cạnh huyền. Lại có $\widehat{ABC}=60^o$ nên $\triangle ABD$ đều. Do $SA=SB=SD$ nên chân đường cao của $S$ lên $(ABD)$ là trọng tâm của $\triangle ABD$. Gọi $M,E$ lần lượt là trung điểm $AB,BD, DM\cap AE=\left\{ {F} \right\}\Rightarrow SF\bot(ABD)\equiv(ABC)$

Vì $\triangle ABD$ đều nên $AE\bot BD, SF\bot BD\Rightarrow BD\bot (SAE)$ hay $BC\bot(SAE)$

$BC\cap (SAE)=\left\{{E}\right\}$. Từ $E$ ta kẻ $EG\bot SA$. Do $BC\bot (SAE)$ nên ta được
$\left\{ \begin{array}{l} BC \bot EG\\ EG \bot SA\left( {\text{cách dựng}} \right) \end{array} \right. \Rightarrow {d_{\left( {BC,SA} \right)}} = EG = \dfrac{{3a}}{4}$

$\triangle ABD$ đều nên $AF=\dfrac{2AE} 3=\dfrac{2} 3 .\dfrac{a\sqrt 3} 2=\dfrac{a\sqrt{3}} 3$, $AE=\dfrac{a\sqrt 3} 2$

Xét $\triangle SAE$ ta được: $EG.SA=SF.AE$

$\begin{array}{l}
\dfrac{{3a}}{4}.\sqrt {S{F^2} + A{F^2}}  = SF.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\\
 \Leftrightarrow \dfrac{{3a}}{4}.\sqrt {S{F^2} + \dfrac{{{a^2}}}{3}}  = SF.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\\
 \Leftrightarrow S{F^2} + \dfrac{{{a^2}}}{3} = \dfrac{{4{a^2}}}{3} \Rightarrow SF = a
\end{array}$

Từ $A$ ta kẻ $AK\bot SE(K\in SE)$.

Ta có $BC\bot (SAE)\Rightarrow BC\bot AK$ suy ra $AK\bot (SBC)$. Từ $K$ kẻ $KH\bot SC(H\in SC)$

Suy ra $\left[ {\left( {SAC} \right),\left( {SBC} \right)} \right] = \widehat {\left( {KH,AH} \right)} = \widehat {KHA}$

$\begin{array}{l} SA = \sqrt {S{F^2} + A{F^2}} = \sqrt {{a^2} + \dfrac{{{a^2}}}{3}} = \dfrac{{2a}}{{\sqrt 3 }}\\ SE = \sqrt {S{F^2} + E{F^2}} = \sqrt {S{F^2} + \dfrac{1}{4}A{F^2}} \\ = \sqrt {{a^2} + \dfrac{{{a^2}}}{{12}}} = \dfrac{{a\sqrt {39} }}{6} \end{array}$

Trong $\triangle SAE$

$\begin{array}{l} AK.SE = SF.AE \Leftrightarrow AK.\dfrac{{a\sqrt {39} }}{6} = a.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\\  \Rightarrow AK = \dfrac{{3a}}{{\sqrt {13} }}\left( * \right) \end{array}$

Từ $E$ kẻ $EJ\bot SC(J\in SC)$ 

$\begin{array}{l}  \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} \dfrac{1}{{E{J^2}}} = \dfrac{1}{{S{E^2}}} + \dfrac{1}{{E{C^2}}}\\ \dfrac{{SE}}{{SK}} = \dfrac{{EJ}}{{KH}}\left( {Thales} \right) \end{array} \right.\\  \bullet SK = \sqrt {S{A^2} - A{K^2}}  = \sqrt {{{\left( {\dfrac{{2a}}{{\sqrt 3 }}} \right)}^2} - {{\left( {\dfrac{{3a}}{{\sqrt {13} }}} \right)}^2}}  = \dfrac{{5a}}{{\sqrt {39} }}\\  \bullet \dfrac{1}{{E{J^2}}} = \dfrac{1}{{S{E^2}}} + \dfrac{1}{{E{C^2}}} = \dfrac{1}{{{{\left( {\dfrac{{a\sqrt {39} }}{6}} \right)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left( {\dfrac{{3a}}{2}} \right)}^2}}} \Rightarrow EJ = \dfrac{{3a\sqrt {130} }}{{40}}\\ \left( {EC = DC + EC = a + \dfrac{a}{2} = \dfrac{{3a}}{2}} \right)\\  \bullet \dfrac{{SE}}{{SK}} = \dfrac{{EJ}}{{KH}} \Rightarrow KH = \dfrac{{SK}}{{SE}}.EJ = \dfrac{{10}}{{13}}.\dfrac{{3a\sqrt {130} }}{{40}} = \dfrac{{3a\sqrt {130} }}{{52}}\left( {**} \right) \end{array}$

Từ $(*), (**)$ ta được

$\tan KHA = \dfrac{{AK}}{{HK}} = \dfrac{{2\sqrt {10} }}{5} \Rightarrow \cos KHA = \sqrt {\dfrac{1}{{{{\tan }^2}KHA + 1}}} = \dfrac{{\sqrt {65} }}{{13}}\square$