38 câu Dạng 1: Góc giữa hai mặt phẳng có đáp án

Tam giác BCD cân tại B có I trung điểm đáy CD => $CD\perp BI$ (1)

Tam giác ACD cân tại A có I trung điểm đáy CD => $CD\perp AI$ (2)

Ta có $CH=\frac{CS.CA}{\sqrt{C{S}^2+C{A}^2}}=a;(CA=2AI=a\sqrt{3}); IK=\frac{1}{2}CH=\frac{1}{2}a=IB=ID$

với H là hình chiếu của C lên SA, K là hình chiếu của I lên SA.

Đặt AB = a. Gọi I là trung điểm của AB

Tam giác ABC đều cạnh a nên CI ⊥ AB và  $CI=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Tam giác ABD đều nên DI ⊥ AB và $DI=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Do đó, $\widehat{\left(\left(ABC\right),\left(AB\text{D}\right)\right)}=\widehat{\left(CI,DI\right)}=\widehat{CI\text{D}}=\alpha$

Tam giác CID có $cos\alpha =\frac{I{C}^2+I{\text{D}}^2-C{\text{D}}^2}{2.IC.I\text{D}}=\frac{\frac{3{\text{a}}^2}{4}+\frac{3{\text{a}}^2}{4}-a^2}{2.\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{1}{3}$

Vậy ta chọn đáp án A.

Giả sử gọi hình chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a là S.ABCD có đường cao SH

Ta có: $\left(SCD\right)\cap \left(ABCD\right)=CD$. Gọi M là trung điểm CD

Dễ chứng minh được $SM\perp CD$ và $HM\perp CD$

$\Rightarrow \left(\left(SCD\right),\left(ABCD\right)\right)=\left(SM,HM\right)=\widehat{SMH}=\alpha$

Từ giả thiết suy ra tam giác SCD là tam giác đều cạnh a có SM là đường trung tuyến .

$$\begin{gathered} \Rightarrow SM=\frac{a\sqrt{3}}{2} \\ \Rightarrow \cos \alpha =\frac{HM}{SM}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{1}{\sqrt{3}} \end{gathered}$$

Ta có $\left.\begin{array}{l}\left(SAB\right)\perp \left(ABC\right)\\ \left(SAC\right)\perp \left(ABC\right)\\ \left(SAB\right)\cap \left(SAC\right)=SA\end{array}\right\}\Rightarrow SA\perp \left(ABC\right)\Rightarrow SA\perp BC$

$\left.\begin{array}{l}BC\perp AH\\ BC\perp SA\end{array}\right\}\Rightarrow BC\perp \left(SAH\right)\Rightarrow BC\perp SH$

Tam giác BCD đều nên $DE\perp BC$ . Mặt khác $OF\text{//}DE\Rightarrow BC\perp OF$ (1).

Do $SO\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow BC\perp SO$ (2).

Từ (1) và (2), suy ra $BC\perp \left(SOF\right)\Rightarrow \left(SBC\right)\perp \left(SOF\right).$

Vậy, góc giữa (SOF) và (SBC) bằng ${90}^{\text{o}}.$

Gọi H là chân đường vuông góc của S xuống mặt phẳng đáy (ABCD) ($SH\perp \left(ABCD\right)$)

$SA=SB=SC=a$ => các hình chiếu: $HA=HB=HC$ => H là tâm đường tròn (ABC)

Mà tam giác ABC cân tại B (vì BA = BC = a ) => tâm H  phải nằm trên BH => $SH\subset \left(SBD\right)$

Gọi M' là trung điểm OC. Có:

$$\begin{gathered} S_{\Delta MBD}=\frac{1}{2}MO.BD=\frac{1}{2}.\frac{a}{2}.a\sqrt{2}=\frac{a^2\sqrt{2}}{4} \\ {S}_{\Delta B{M}^{\text{'}}D}=\frac{1}{2}{M}^{\text{'}}O.BD=\frac{1}{2}.\frac{1}{4}.a\sqrt{2}.a\sqrt{2}=\frac{a^2}{4} \end{gathered}$$

Do đó $\cos \alpha =\frac{S_{\Delta B{M}^{\text{'}}D}}{S_{\Delta BMD}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow \alpha ={45}^0$

Gọi H  là hình chiếu vuông góc của C  lên mặt phẳng (P)

Khi đó, $\left(AC,\left(P\right)\right)=\left(AC,AH\right)=\widehat{CAH}={60}^0$ và $\left(BC,\left(P\right)\right)=\left(BC,AH\right)=\widehat{CBH}=\alpha$

Tam giác AHC  vuông tại H  nên $\sin \widehat{CAH}=\frac{CH}{AC}\Rightarrow CH=AC.\sin \widehat{CAH}=a\sqrt{2}.\sin {60}^0=\frac{a\sqrt{6}}{2}$

Ta có $SA\perp \left(ABC\right)\Rightarrow \left(SAB\right)\perp \left(ABC\right)$ nên đáp án A đúng.

$AB\perp AC,AB\perp SA\Rightarrow AB\perp \left(SAC\right)\Rightarrow \left(SAB\right)\perp \left(SAC\right)$. Nên đáp án B đúng

Ta có: $\left(SBC\right)\cap \left(SAC\right)=SC$ nên đáp án D sai.

Ta có: $\left\{\begin{array}{c}\left(ABC\right)\cap \left(ABD\right)=AB\\ BC\cancel{\perp }AB\\ BD\cancel{\perp }AB\end{array}\right.$

$\Rightarrow \widehat{\left(\left(ABD\right),\left(ABC\right)\right)}\ne \widehat{CBD}$

Nên đáp án C sai

Gọi M là trung điểm của CD

Khi đó $\left\{\begin{array}{c}CD\perp OM\\ CD\perp SO\end{array}\right.$

$\Rightarrow CD\perp SM\Rightarrow \widehat{\left(\left(SCD\right),\left(ABCD\right)\right)}=\widehat{SMO}=\alpha$

Ta có: $R=OA=a\Rightarrow AC=2a\Rightarrow AB=AD=a\sqrt{2}$

$\Rightarrow OM=\frac{a\sqrt{2}}{2}\Rightarrow \tan \alpha =\frac{SO}{OM}=\sqrt{6}$

Gọi O là tâm của tam giác đều ABC

Gọi $CO\cap AB=H$ suy ra H là trung điểm AB(vì tam giác ABC đều)

$\Rightarrow OH\perp AB$ và $OH=\frac{1}{3}CH=\frac{1}{3}.\frac{AB\sqrt{3}}{2}=\frac{AB\sqrt{3}}{6}$

Tìm góc giữa (SAB) và (ABC)

$\left\{\begin{array}{c}\left(SAB\right)\cap \left(ABC\right)=AB\\ OH\perp AB\\ SO\perp AB\left(SO\perp \left(ABC\right)\right)\end{array}\right.$

$\Rightarrow SH\perp AB$   (1)

Ta có

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{c}\left(SAB\right)\cap \left(ABC\right)=AB\\ OH\perp AB,OH\subset \left(ABC\right)\\ SH\perp AB,SH\subset \left(SAB\right)\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left(\widehat{\left(SAB\right);\left(ABC\right)}\right)=\left(\widehat{SH;OH}\right)=\widehat{SHO}=\alpha \end{gathered}$$

Từ (1) suy ra $SH=\sqrt{S{A}^2-A{H}^2}=\sqrt{{\left(2AB\right)}^2-{\left(\frac{AB}{2}\right)}^2}=\frac{\sqrt{15}}{2}AB$

Từ đó ta có : $\cos \alpha =\frac{OH}{SH}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{6}AB}{\frac{\sqrt{15}}{2}AB}=\frac{1}{3\sqrt{5}}$

Ta có

Do đó:

Mặt khác, tam giác A'BC vuông tại A' nên

Ta có

Ta có: $S\in \left(SAB\right)\cap \left(SCD\right)$

Gọi $d=\left(SAB\right)\cap \left(SCD\right)$ với $d\in S;d\parallel AB\parallel CD$

Do đó: $d=\left(SAB\right)\cap \left(SCD\right)$

Mặt khác: $\left(SAB\right)\perp \left(ABCD\right)$; mà $HK\perp AB\left(hv\right)\Rightarrow HK\perp \left(SAB\right)$

Vì  là trung điểm của AB $\Rightarrow SH\perp AB\Rightarrow SH\perp d$ (vì d // AB)

$\Rightarrow d\perp SK$ (theo định lí ba đường vuông góc)

Do đó: $\widehat{KSH}=\alpha$ là góc giữa (SAB)  và (SCD)

Mà SH  là đường cao trong $\Delta SAB$ đều cạnh $a\Rightarrow SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Xét  vuông tại có: $\tan \alpha =\frac{HK}{SH}=\frac{a}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$

Gọi AK  là khoảng cách từ A  đến BD  

Khi đó $AK=\frac{2a}{\sqrt{5}}$ và $BD\perp AK, BD\perp SA$ 

$\widehat{\left(\left(SBD\right),\left(ABCD\right)\right)}=\widehat{SK\text{A}}=\alpha \Rightarrow \tan \alpha =\frac{SA}{AK}=\sqrt{5}.$

Ta có: các cạnh bên vuông góc với đáy, đáy là hình thoi nên các mặt bên của hình lăng trụ là các hình chữ nhật.

Hai mặt bên (AA'C)  và (BB'D)  vuông góc với hai đáy.

Hai hai mặt bên (AA'B'B)  và (AA'D'D)  bằng nhau.

suy ra đáp án A,C,D đúng.

Mặt khác hai đáy ABCD  và A'B'C'D' là các hình thoi nên $\left(A{A}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}C\right)\perp \left(B{B}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}D\right)$. Suy ra đáp án B sai.

$\alpha$ là góc giữa hai mặt phẳng (A₁D₁CB) và (ABCD) là $\alpha =\widehat{MNP}$

Ta có $\tan \alpha =\frac{MP}{NP}=1\Rightarrow \alpha ={45}^0$

Ta có: $\left(SBC\right)\cap \left(ABCD\right)=CD$

$\left\{\begin{array}{l}AB\perp BC,AB\subset \left(ABCD\right)\\ SB\perp BC,SB\subset \left(SBC\right)\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left(\widehat{\left(SBC\right);\left(ABCD\right)}\right)=\widehat{ABS}$. Vậy A đúng

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}BD\perp AC\\ BD\perp SA\end{array}\right.\Rightarrow BD\perp \left(SAC\right)$

Mà $BD\subset \left(SBD\right)\Rightarrow \left(SAC\right)\perp \left(SBD\right)$. Vậy B đúng

Ta có: $\left(SBD\right)\cap \left(ABCD\right)=BD$

$\left\{\begin{array}{l}AO\perp BD,AB\subset \left(ABCD\right)\\ SO\perp BD,SO\subset \left(SBD\right)\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left(\widehat{\left(SBD\right);\left(ABCD\right)}\right)=\widehat{SOA}$. Vậy C đúng

Ta có: $\left(SAD\right)\cap \left(ABCD\right)=BD$

$\left\{\begin{array}{l}AB\perp AD,AB\subset \left(ABCD\right)\\ SA\perp AD,SA\subset \left(SAD\right)\end{array}\right.$

Gọi H là trung điểm của AC khi đó $BH\perp AC;DH\perp AC$

Góc giữa hai mặt của tứ diện bằng $\widehat{BHD}$

Ta có $BH=DH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Trong tam giác BHD có :

Gọi độ dài cạnh của hình chóp đều S.ABCD  là a . Gọi I  là trung điểm của SB  ta có $DI\perp SB$  (vì tam giác SBD  đều) và $AI\perp SB$ (vì tam giác SAB  đều). Vậy, góc giữa hai mặt phẳng (SAB)  và (SAD)  chính là góc .

Ta có : $AD=a\sqrt{2}$ (đường chéo hình vuông), $AI=DI=\frac{a\sqrt{3}}{2}$(đường cao tam giác đều)

Áp dụng định lý cosin cho góc I trong tam giác AID ta có : 

$cos\left(\widehat{AID}\right)=\frac{A{I}^2+D{I}^2-A{D}^2}{2AD.DI}=\frac{{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2+{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2-{\left(a\sqrt{2}\right)}^2}{2.\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right).\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}=-\frac{1}{3}$

Vậy $\cos \alpha =-\frac{1}{3}$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}BC\perp SA\\ BC\perp AB\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(SAB\right)$

Mà $BC\subset \left(SBC\right)\Rightarrow \left(SBC\right)\perp \left(SAC\right)$ (A đúng)

Từ giả thiết ta suy ra: $A{A}^{\text{'}}\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow AC$ là hình chiếu vuông góc của A'C lên mặt phẳng (ABCD)

$\Rightarrow \left(A^{\text{'}}C,\left(ABCD\right)\right)=\left(A^{\text{'}}C,AC\right)=\widehat{A^{\text{'}}CA}=\alpha$

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác ABC  vuông tại B  ta có:

$A{C}^2=A{B}^2+B{C}^2=a^2+4a^2=5a^2\Rightarrow AC=a\sqrt{5}$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác AA'C vuông tại A  ta có:

$\tan \alpha =\frac{A{A}^{\text{'}}}{AC}=\frac{a}{a\sqrt{5}}=\frac{1}{\sqrt{5}}$$\Rightarrow \alpha \approx 24°5^{\text{'}}$

ABCD.A'B'C'D' là hình lặp phương nên hình chiếu của tam giác A'BD lên các mặt chứa các cạnh của hình lặp phương là các tam giác bằng nhau. Gọi S₁ là diện tích các tam giác này

Lại có $S_1=S_{AB\text{'}D}.cos\alpha$

+ Vì $SH\perp \left(ABC\right)$ và $AN\subset \left(ABC\right)\Rightarrow SH\perp AN$ hay $\Rightarrow SH\perp AH\Rightarrow AH$ là hình chiếu vuông góc của SA lên $\left(ABC\right)$

$\left(SA,\left(ABC\right)\right)=\left(SA,AH\right)=\widehat{SAH}$

+ Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC, BC

Vì ABC là tam giác đều cạnh  nên dễ tính được : $AN=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Từ giả thiết suy ra H là trọng tậm $\Delta ABC$ $\Rightarrow AH=\frac{2}{3}AN=\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$

+ Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác SHA vuông tại H ta có:

$\tan \widehat{SAH}=\frac{SH}{AH}=\frac{a}{\frac{a\sqrt{3}}{3}}=\sqrt{3}$

Giả sử hình chóp đã cho là S.ABCD có đường cao SH

Ta có: $\left(ABCD\right)\cap \left(SCD\right)=CD$

Gọi M là trung điểm của CD => dễ chứng minh được $SM\perp CD$ và $HM\perp CD$

$\Rightarrow \left(\left(ABCD\right),\left(SCD\right)\right)=\left(HM,SM\right)=\widehat{SMH}$

Mặt khác: $HM=\frac{1}{2}AD=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác SHM vuông tại H, ta có :

$\tan \widehat{SMH}=\frac{SH}{HM}=\frac{a\sqrt{2}}{2}.\frac{2}{a\sqrt{2}}=1\Rightarrow \widehat{SMH}=45°$

Ta có SB = SD = 2a

Vì $\Delta SCD=\Delta SCB\text{ (c.c.c)}$ nên chân đường cao hạ từ B và D đến SC của hai tam giác đó trùng nhau và độ dài đường cao bằng nhau $\Rightarrow BH=DH$

Do đó $\widehat{\left(\left(SBC\right),\left(SCD\right)\right)}=\widehat{DHB}=\phi$

Ta có

$\begin{array}{l}OB=OD=\frac{BD}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}\\ \frac{1}{B{H}^2}=\frac{1}{S{B}^2}+\frac{1}{B{C}^2}=\frac{1}{4a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{5}{4a^2}\Rightarrow BH=DH=\frac{2\sqrt{5}}{5}a\end{array}$

Lại có BH = DH và O là trung điểm BD nên $HO\perp BD$hay $\Delta HOB$ vuông tại O

$OH=\sqrt{B{H}^2-O{B}^2}=\sqrt{{\left(\frac{2\sqrt{5}a}{5}\right)}^2-{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\frac{\sqrt{30}}{10}a$

Ta có $\sin \frac{\phi }{2}=\frac{OH}{BH}=\frac{\frac{\sqrt{30}}{10}}{\frac{2\sqrt{5}}{5}}=\frac{\sqrt{6}}{4};\sin \frac{\phi }{2}=\frac{OB}{BH}=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{2\sqrt{5}}{5}}=\frac{\sqrt{10}}{4}$

Ta có: $SC\perp BD$ (vì $BD\perp AC,BD\perp SA$)

Trong mặt phẳng (SAC), kẻ $OI\perp SC$ thì ta có $SC\perp \left(BID\right)$

Khi đó $\left(\widehat{\left(SBC\right),\left(SCD\right)}\right)=\widehat{BID}$

Trong tam giác SAC , kẻ đường cao AH  thì $AH=\frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$

Mà O là trung điểm AC và OI // AH nên $OI=\frac{a}{\sqrt{6}}$

Tam giác IOD vuông tại O có $tan\widehat{OID}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{OID}={60}^0$

Vậy hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) hợp với nhau một góc  60^o

Gọi O  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Khi đó, $A^{\text{'}}O\perp \left(ABC\right)$

Trong mặt phẳng (ABC) , dựng $AH\perp BC$. Vì tam giác ABCD  đều nên $AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Ta có $\left.\begin{array}{l}BC\perp AH\\ BC\perp A^{\text{'}}O\end{array}\right\}\Rightarrow BC\perp \left(A^{\text{'}}HA\right)\Rightarrow BC\perp MH$

Do đó, $\left(\left(MBC\right),\left(ABC\right)\right)=\left(MH,AH\right)=\widehat{MHA}=\alpha$

* Trong (SAB) dựng $AI\perp SB$ ta chứng minh được $AI\perp \left(SBC\right)$   (1)

Trong (SAD) dựng $AJ\perp SD$ ta chứng minh được $AJ\perp \left(SCD\right)$   (2)

Từ (1) và (2) => góc$\left(\left(SBC\right),\left(SCD\right)\right)=\left(AI,AJ\right)=\widehat{IAJ}$o

* Ta chứng minh được AI = AJ. Do đó, nếu góc $\widehat{IAJ}={60}^o$ thì $\Delta AIJ$ đều $\Rightarrow AI=AJ=IJ$

 vuông tại  có  là đường cao $\Rightarrow AI.SB=SA.AB\Rightarrow AI=\frac{SA.AB}{SB}$(3)

Và có $S{A}^2=SI.SB\Rightarrow SI=\frac{S{A}^2}{SB}$ (4)

Ta chứng minh được $IJ\text{//}BD\Rightarrow \frac{{\displaystyle IJ}}{{\displaystyle BD}}=\frac{{\displaystyle SI}}{{\displaystyle SB}}\Rightarrow IJ=\frac{{\displaystyle SI.BD}}{{\displaystyle SB}}=\frac{{\displaystyle S{A}^2.BD}}{{\displaystyle S{B}^2}}$(5)

Thế (3) và (5) vào $AI=IJ\Rightarrow AB=\frac{SA.BD}{SB}\iff AB.SB=SA.BD\iff a.\sqrt{x^2+a^2}=x.a\sqrt{2}\iff x^2+a^2=2x^2\iff x=a$

Ta có $SO\perp \left(ABCD\right)$ và OM, ON, OP, OQ lần lượt vuông góc với AB, BC, CD, DA

Theo định lí ba đường vuông góc ta có $SM\perp AB,SN\perp BC,SP\perp CD,SQ\perp DA$

Từ đó suy ra $\widehat{SMO}=\widehat{SNO}=\widehat{SPO}=\widehat{SQO}$

Xét tam giác SMO vuông tại O ta có $\tan \widehat{SMO}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SMO}={60}^0$

Vậy mỗi mặt bên hợp với đáy các góc bằng nhau và bằng 60^o

Ta có:

=> Góc giữa hai mặt phẳng (SEF) và (SBC) là : $\widehat{\text{BSE}}$

Gọi $\phi =\left(\left(ABC\right),\left(ADE\right)\right)$

Ta có: $S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$

Mặt khác, ta có:

$$\begin{gathered} AD=\sqrt{A{B}^2+B{D}^2}=\sqrt{a^2+\frac{3a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{7}}{2} \\ AE=\sqrt{A{C}^2+C{E}^2}=\sqrt{a^2+3a^2}=2a \end{gathered}$$

Gọi F là trung điểm EC, ta có DF = BC = a

Do đó $DE=\sqrt{D{F}^2+F{E}^2}=\sqrt{a^2+\frac{3a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{7}}{2}$

Suy ra tam giác ADE cân tại D

Gọi H là trung điểm AE, ta có $DH=\sqrt{A{D}^2-A{H}^2}=\sqrt{\frac{7a^2}{4}-a^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Suy ra $S_{ADE}=\frac{1}{2}DH.AE=\frac{1}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.2a=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$

Vậy $\cos \phi =\frac{S_{ABC}}{S_{ADE}}=\frac{\frac{a^2\sqrt{3}}{4}}{\frac{a^2\sqrt{3}}{2}}=\frac{1}{2}\Rightarrow \phi ={60}^o$

Áp dụng định lí Côsin trong tam giác SAB, ta có $AB=a\sqrt{3}$

Tam giác SAC vuông cân tại S nên $AC=a\sqrt{2}$; tam giác SBC đều nên BC = a

Vì $A{C}^2+B{C}^2=A{B}^2$ nên tam giác ABCvuông tại C

Gọi H là trung điểm AB thì ta có

$\left\{\begin{array}{l}HA=HB=HC\\ SA=SB=SC\end{array}\right.\Rightarrow SH\perp \left(ABC\right)$

Mà $SH\subset \left(SAB\right)$ nên $\left(SAB\right)\perp \left(ABC\right)$

Vậy $\left(\widehat{\left(SAB\right),\left(ABC\right)}\right)={90}^0$

Ta có: $S_{ABC}=S_{ADE}.\cos \alpha$ với $\alpha =\left(\left(ABC\right),\left(ADE\right)\right)={60}^0$

Do đó $S_{ADE}=\frac{S_{ABC}}{\cos \alpha }=\frac{\frac{a^2\sqrt{3}}{4}}{\cos {60}^0}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$

Mặt khác, $S_{ADE}=\frac{1}{2}AD.AE.\sin \phi \iff \frac{a^2\sqrt{3}}{2}=\frac{1}{2}.\frac{a\sqrt{6}}{2}.a\sqrt{3}.\sin \phi \Rightarrow \sin \phi =\frac{2}{\sqrt{6}}$