Cho lăng trụ $ABC.A'B'C'$ có đáy là tam giác đều cạnh $a$. Hình chiếu vuông góc của $B'$ lên mặt phẳng $\Big(ABC\Big)$ trùng với trọng tâm $G$ của tam giác $ABC$. Cạnh bên hợp với $\Big(ABC\Big)$ góc $60^\circ$. Tính $\sin$ của góc giữa $AB$ và mặt phẳng $\Big(BCC'B'\Big)$ (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).

Lời giải Ta có $B'G \perp \Big(ABC\Big)$ nên $BG$ là hình chiếu của $BB'$ lên mặt phẳng $\Big(ABC\Big)$. $$ \Rightarrow \widehat{\Big(BB', \Big(ABC\Big)\Big)} = \widehat{\Big(BB', BG\Big)} = \widehat{B'BG} = 60^\circ $$ Gọi $M$ là trung điểm $BC$ và $H$ là hình chiếu của $A$ lên $B'M$, ta có: $$ \begin{cases} BC \perp AM \\ BC \perp B'G \end{cases} \Rightarrow BC \perp \Big(AB'M\Big) \Rightarrow BC \perp AH $$ Mà $AH \perp B'M$ nên $AH \perp \Big(BCC'B'\Big)$. Do đó $HB$ là hình chiếu của $AB$ lên mặt phẳng $\Big(BCC'B'\Big)$. $$ \Rightarrow \widehat{\Big(AB, \Big(BCC'B'\Big)\Big)} = \widehat{\Big(AB, HB\Big)} = \widehat{ABH} $$ Xét tam giác $ABH$ vuông tại $H$ có $\sin\widehat{ABH} = \frac{AH}{AB}$. $$ B'G = BG \cdot \tan 60^\circ = a\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot \sqrt{3} = a $$ $$ B'M = \sqrt{B'G^2 + GM^2} = \sqrt{a^2 + \Big(\frac{a\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{1}{3}\Big)^2} = \frac{a\sqrt{39}}{6} $$ Ta có $AM = \frac{a\sqrt{3}}{2}$, áp dụng công thức diện tích trong tam giác $AB'M$ ta tính được $AH = \frac{3a\sqrt{13}}{13}$. Do đó $\sin\widehat{ABH} = \frac{AH}{AB} = \frac{3\sqrt{13}}{13} \approx 0,83$.