Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh...

D

- Hướng dẫn giải

Gọi M là trung điểm của SD, nhận xét góc giữa SB và (SCD) cũng bằng góc giữa OM và (SCD) (Vì OM//SB).

Gọi H là hình chiếu của O trên (SCD)

\( \Rightarrow \left( {OM,(SCD)} \right) = (OM,MH) = OMH.\) 

Trong (SBD) kẻ OE//SH, khi đó tứ diện OECD là tứ diện vuông nên \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{C^2}}} + \frac{1}{{O{D^2}}} + \frac{1}{{O{E^2}}}.\) 

Ta dễ dàng tính được \(OC = \frac{a}{2},OD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\) 

Lại có: \(\frac{{OE}}{{SH}} = \frac{{OD}}{{HD}} = \frac{3}{4} \Rightarrow OE = \frac{3}{4}SH,\) mà \(SH = \sqrt {S{B^2} - B{H^2}}  = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}}  = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\) 

Do đó \(OE = \frac{3}{4}SH = \frac{3}{4}.\frac{{a\sqrt 6 }}{3} = \frac{{a\sqrt 6 }}{4}.\) 

Suy ra \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {a/2} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 3 /2} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 6 /4} \right)}^2}}} = \frac{8}{{{a^2}}} \Rightarrow OH = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}.\) 

Tam giác OMH vuông tại H có \(OM = \frac{1}{2}SB = \frac{a}{2},OH = \frac{{a\sqrt 2 }}{4} \Rightarrow {\mathop{\rm sinOMH}\nolimits}  = \frac{{OH}}{{OM}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\) 

Vậy \(\sin \varphi  = \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\)