6. Cho hình chóp \(S.ABC\), tam giác \(ABC\) cân tại \(B\), \(AC = a\sqrt 3 ,\,\,\widehat {ABC} = 120^\circ \), tam giác \(SBC\) cân tại \(S\), \(SB\) vuông góc \(AC\), góc giữa đường thẳng \(SB\) và mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) bằng \(60^\circ \). Tính \(\sin \) của góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\). 

DẠNG TOÁN TỔNG HỢP HÌNH HỌC KHÔNG GIAN – GÓC – KHOẢNG CÁCH – THỂ TÍCH – TỶ SỐ – CỰC TRỊ HÌNH HỌC
===============
6. Cho hình chóp \(S.ABC\), tam giác \(ABC\) cân tại \(B\), \(AC = a\sqrt 3 ,\,\,\widehat {ABC} = 120^\circ \), tam giác \(SBC\) cân tại \(S\), \(SB\) vuông góc \(AC\), góc giữa đường thẳng \(SB\) và mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) bằng \(60^\circ \). Tính \(\sin \) của góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\). 

A. \(\frac{4}{7}\). B.\(\frac{4}{5}\). C.\(\frac{2}{5}\). D.\(\frac{5}{8}\).

Lời giải

Gọi \(M\) là trung điểm \(AC\). 

Kẻ \(MK \bot SB\) trong mặt phẳng \(\left( {SBM} \right)\). 

Mà: \(\left\{ \begin{array}{l}SB \bot MK\\SB \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow SB \bot \left( {ACK} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}SB \bot AK\\SB \bot CK\end{array} \right.\). 

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \cap \left( {SBC} \right) = SB\\AK \bot SB,AK \subset \left( {SAB} \right)\\CK \bot SB,CK \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left( {\widehat {\left( {SAB} \right),\left( {SBC} \right)}} \right) = \left( {\widehat {AK,CK}} \right) = \varphi \).

Mặt khác: \(\left\{ \begin{array}{l}AC \bot SB\\AC \bot BM\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {SBM} \right) \Rightarrow AC \bot SM\).

Xét \(\Delta SAC\) có: \(SM\) là đường cao và là đường trung tuyến \( \Rightarrow \Delta SAC\) cân tại \(S\)\( \Rightarrow SA = SC\)\(\left( 1 \right)\).

Mà \(\Delta SBC\) cân tại \(S \Rightarrow SB = SC\)\(\left( 2 \right)\).

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\)\( \Rightarrow SA = SB = SC\).

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(S\) lên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\)\( \Rightarrow H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\).

Xét \(\Delta ABC\) có: \(\frac{{AC}}{{\sin B}} = 2R \Rightarrow R = a \Rightarrow HB = a\). 

Ta có: \(SB \cap \left( {ABC} \right) = B\). Mà \(H\) là hình chiếu của \(S\) lên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).

\( \Rightarrow BH\) là hình chiếu của \(SB\) lên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\)\( \Rightarrow \)\(\left( {\widehat {SB,\left( {ABC} \right)}} \right) = \left( {\widehat {SB,BH}} \right) = \widehat {SBH} = 60^\circ \).

Trong tam giác \(SBH\): \(\cos 60^\circ  = \frac{{HB}}{{SB}} \Rightarrow SB = 2a\). 

Trong tam giác \(ABM\) có: \(\tan 60^\circ  = \frac{{AM}}{{BM}} \Rightarrow BM = \frac{a}{2}\). 

Trong tam giác \(KBM\): \(\sin 60^\circ  = \frac{{KM}}{{BM}} \Rightarrow KM = \frac{{\sqrt 3 }}{4}a\). 

Xét tam giác \(KAC\): \(KM\) là đường cao và là đường trung tuyến \( \Rightarrow \Delta KAC\) cân tại \(K\). 

\(KA = KC = \sqrt {M{A^2} + K{M^2}}  = \frac{{\sqrt {15} }}{4}a\). 

\(\cos \widehat {AKC} = \frac{{K{A^2} + K{C^2} – A{C^2}}}{{2KA.KC}} =  – \frac{3}{5}\) nên góc \(\widehat {AKC}\) tù. 

Suy ra: \(\varphi  = 180^\circ  – \widehat {AKC}\)\( \Rightarrow \sin \varphi  = \sin \left( {180^\circ  – \widehat {AKC}} \right) = \sin \widehat {AKC} = \sqrt {1 – {{\cos }^2}\widehat {AKC}}  = \frac{4}{5}\).

=================
CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI MỜI CÁC BẠN THAM KHẢO. (STRONG)