Câu 6. Cho hình chóp $S.ABC$ có: $SA\perp (ABC),SB=BC=a\sqrt{2},\widehat{BSC}=45^{\circ },\widehat{ASB}=\alpha$. $△ABC$ vuông tại $B$. Xác định $\sin \alpha$ để góc nhị diện $\left[A,SC,B\right]=30^{\circ }$.

Lời giải:



Vì $SB=BC=a\sqrt{2},\widehat{BSC}=45^{\circ }$ nên $\Delta SBC$ vuông cân tại $B$. Gọi $J$ là trung điểm của $SC$. Khi đó $BJ\perp SC$ (1). Kẻ $BK\perp AC$, $(K\in AC)$.

Ta có: $\{\begin{array}{l}BK\perp AC\\ BK\perp SA\end{array}\Rightarrow BK\perp (SAC)\Rightarrow BK\perp SC$ (2) và $BK\perp KJ$.

Từ (1) và (2) suy ra: $SC\perp (BJK)\Rightarrow SC\perp KJ$ (3).

Từ (1) và (3) suy ra góc nhị diện $[A,SC,B]=\widehat{BJK}=\beta$.

Trong $\Delta BJK$ vuông tại $K$ ta có $\sin \beta =\frac{BK}{BJ}$.

Lại có: $BJ=\frac{1}{2}SC=a$, $\frac{1}{B{K}^2}=\frac{1}{B{A}^2}+\frac{1}{B{C}^2}$ ( $\Delta ABC$ vuông tại $B$), $AB=SB.\sin \alpha =a\sqrt{2}.\sin \alpha$.

$$\Rightarrow \frac{1}{B{K}^2}=\frac{1}{2a^2{\sin }^2\alpha }+\frac{1}{2a^2}=\frac{1+{\sin }^2\alpha }{2a^2{\sin }^2\alpha }\Rightarrow BK=\frac{a\sqrt{2}\sin \alpha }{\sqrt{1+{\sin }^2\alpha }}$$



$$\Rightarrow \sin \beta =\frac{BK}{BJ}=\frac{\sqrt{2}\sin \alpha }{\sqrt{1+{\sin }^2\alpha }}.$$

$$\beta =45^{\circ }\text{ thıˋ }\sin \beta =\frac{1}{2}\Rightarrow \frac{\sqrt{2}\sin \alpha }{\sqrt{1+{\sin }^2\alpha }}=\frac{1}{2}\iff \frac{2{\sin }^2\alpha }{1+{\sin }^2\alpha }=\frac{1}{4}\iff {\sin }^2\alpha =\frac{1}{7}\Rightarrow \sin \alpha =\frac{\sqrt{7}}{7}.$$