Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có mặt đáy ABC là tam giác đều cạnh AB = 2a. Hình chiếu vuông góc của A’ trên (ABC) trùng với trung điểm H của cạnh AB. Biết góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng \({{60}^{0}}\). Tính tang của góc \(\varphi \) giữa hai mặt phẳng (ABC) và (BCC’B’).

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và B’C’, E là trung điểm của BM, dễ thấy HE là đường trung bình của tam giác ABM nên HE // AM \(\Rightarrow HE//A'N\)

\(\Rightarrow A';H;E;N\) đồng phẳng.

Ta có: \(BC\bot AM\Rightarrow BC\bot HE;\,\,BC\bot A'H\Rightarrow BC\bot \left( A'HEN \right)\)

\(\Rightarrow BC\bot NE\)

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
\left( {A'B'C'} \right) \cap \left( {BCC'B'} \right) = BC\\
\left( {A'B'C'} \right) \supset A'N \bot BC\\
\left( {BCC'B'} \right) \supset NE \bot BC
\end{array} \right.\\
\Rightarrow \widehat {\left( {\left( {A'B'C'} \right);\left( {BCC'B'} \right)} \right)} = \widehat {\left( {A'N;NE} \right)} = \widehat {A'NE}\,\,\left( {\widehat {A'NE} < {{90}^0}} \right)\\
\widehat {\left( {\left( {ABC} \right);\left( {BCC'B'} \right)} \right)} = \widehat {\left( {\left( {A'B'C'} \right);\left( {BCC'B'} \right)} \right)} \Rightarrow \widehat {A'NE} = \varphi .
\end{array}\)

HE là đường trung bình của tam giác ABM\(\Rightarrow HE=\frac{1}{2}AM=\frac{1}{2}A'N\) Gọi K là trung điểm của A’N ta dễ dàng chứng minh được A’HEK là hình bình hành \(\begin{align}  & \Rightarrow KE//A'H,\,\,KE=A'H \\  & \Rightarrow KE\bot \left( A'B'C' \right)\Rightarrow KE\bot KN \\ \end{align}\)

\(\Rightarrow \Delta EKN\) vuông tại K \(\Rightarrow \tan \varphi =\tan \widehat{A'NE}=\frac{KE}{KN}=\frac{A'H}{\frac{1}{2}A'N}=\frac{2A'H}{A'N}\)

Ta có \(\widehat{\left( A'A;\left( ABC \right) \right)}=\widehat{\left( A'A;HA \right)}=\widehat{A'AH}={{60}^{0}}\Rightarrow A'H=AH.\tan {{60}^{0}}=a\sqrt{3}.\)

Tam giác A’B’C’ đều cạnh 2a \(\Rightarrow A'N=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}\)

Vậy  \(\tan \varphi =\frac{2A'H}{A'N}=\frac{2.a\sqrt{3}}{a\sqrt{3}}=2\)

Chọn A.