Google
Câu hỏi: Cho lăng trụ $ABC.{A}'{B}'{C}'$ có đáy là tam giác đều cạnh $a.$ Hình chiếu vuông góc của ${B}'$ lên mặt phẳng $\left( ABC \right)$ trùng với trọng tâm $G$ của tam giác $ABC.$ Cạnh bên hợp với $\left( ABC \right)$ góc ${{60}^{o}}.$ Sin của góc giữa $AB$ và mặt phẳng $\left( BC{C}'{B}' \right).$
A. $\dfrac{3}{\sqrt{13}}.$
B. $\dfrac{3}{2\sqrt{13}}.$
C. $\dfrac{1}{\sqrt{13}}.$
D. $\dfrac{2}{\sqrt{13}}.$
4166235-1568454000020000Ta có ${B}'G\bot \left( ABC \right)$ nên $BG$ là hình chiếu của $B{B}'$ lên mặt phẳng $\left( ABC \right).$
$\Rightarrow \widehat{\left( B{B}',\left( ABC \right) \right)}=\widehat{\left( B{B}',BG \right)}=\widehat{{B}'BG}={{60}^{o}}.$
Gọi $M$ là trung điểm $BC$ và $H$ là hình chiếu của $A$ lên ${B}'M,$ ta có
$\left\{ \begin{aligned}
& BC\bot AM \\
& BC\bot {B}'G \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow BC\bot \left( A{B}'M \right)\Rightarrow BC\bot AH.$
Mà $AH\bot {B}'M$ nên $AH\bot \left( BC{C}'{B}' \right).$
Do đó $HB$ là hình chiếu của $AB$ lên mặt phẳng $\left( BC{C}'{B}' \right).$
$\Rightarrow \widehat{\left( AB,\left( BC{C}'{B}' \right) \right)}=\widehat{\left( AB,HB \right)}=\widehat{ABH}.$
Xét tam giác $ABH$ vuông tại $H$ có:
$\sin \widehat{ABH}=\dfrac{AH}{AB}.$
${B}'G=BG.tan{{60}^{o}}=a\dfrac{\sqrt{3}}{2}.\dfrac{2}{3}.\sqrt{3}=a.$
${B}'M=\sqrt{{B}'{{G}^{2}}+G{{M}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( \dfrac{a\sqrt{3}}{2}.\dfrac{1}{3} \right)}^{2}}}=\dfrac{a\sqrt{39}}{6}.$
Ta có $\Delta AHM\backsim \Delta {B}'GM\Rightarrow AH=\dfrac{AM.{B}'G}{{B}'M}=\dfrac{a.\dfrac{a\sqrt{3}}{2}}{\dfrac{a\sqrt{39}}{6}}=\dfrac{3a}{\sqrt{13}}.$ Vậy $\sin \widehat{ABH}=\dfrac{\dfrac{3a}{\sqrt{13}}}{a}=\dfrac{3}{\sqrt{13}}.$
A. $\dfrac{3}{\sqrt{13}}.$
B. $\dfrac{3}{2\sqrt{13}}.$
C. $\dfrac{1}{\sqrt{13}}.$
D. $\dfrac{2}{\sqrt{13}}.$
4166235-1568454000020000Ta có ${B}'G\bot \left( ABC \right)$ nên $BG$ là hình chiếu của $B{B}'$ lên mặt phẳng $\left( ABC \right).$
$\Rightarrow \widehat{\left( B{B}',\left( ABC \right) \right)}=\widehat{\left( B{B}',BG \right)}=\widehat{{B}'BG}={{60}^{o}}.$
Gọi $M$ là trung điểm $BC$ và $H$ là hình chiếu của $A$ lên ${B}'M,$ ta có
$\left\{ \begin{aligned}
& BC\bot AM \\
& BC\bot {B}'G \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow BC\bot \left( A{B}'M \right)\Rightarrow BC\bot AH.$
Mà $AH\bot {B}'M$ nên $AH\bot \left( BC{C}'{B}' \right).$
Do đó $HB$ là hình chiếu của $AB$ lên mặt phẳng $\left( BC{C}'{B}' \right).$
$\Rightarrow \widehat{\left( AB,\left( BC{C}'{B}' \right) \right)}=\widehat{\left( AB,HB \right)}=\widehat{ABH}.$
Xét tam giác $ABH$ vuông tại $H$ có:
$\sin \widehat{ABH}=\dfrac{AH}{AB}.$
${B}'G=BG.tan{{60}^{o}}=a\dfrac{\sqrt{3}}{2}.\dfrac{2}{3}.\sqrt{3}=a.$
${B}'M=\sqrt{{B}'{{G}^{2}}+G{{M}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( \dfrac{a\sqrt{3}}{2}.\dfrac{1}{3} \right)}^{2}}}=\dfrac{a\sqrt{39}}{6}.$
Ta có $\Delta AHM\backsim \Delta {B}'GM\Rightarrow AH=\dfrac{AM.{B}'G}{{B}'M}=\dfrac{a.\dfrac{a\sqrt{3}}{2}}{\dfrac{a\sqrt{39}}{6}}=\dfrac{3a}{\sqrt{13}}.$ Vậy $\sin \widehat{ABH}=\dfrac{\dfrac{3a}{\sqrt{13}}}{a}=\dfrac{3}{\sqrt{13}}.$
Đáp án A.