29. Cho hình lăng trụ \(ABCD.A’B’C’D’\) có đáy là hình thoi cạnh \(a\), \(\widehat {BAD} = 120^\circ \). Hình chiếu của \(B’\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là trung điểm \(H\) của đoạn thẳng \(CD\) và \(\Delta ABB’\) là tam giác vuông cân. Gọi \(\alpha \) là góc giữa hai đường thẳng \(BH\) và \(AC’\). Khi đó, \(\cos \alpha \) bằng

DẠNG TOÁN TỔNG HỢP HÌNH HỌC KHÔNG GIAN – GÓC – KHOẢNG CÁCH – THỂ TÍCH – TỶ SỐ – CỰC TRỊ HÌNH HỌC
===============
29. Cho hình lăng trụ \(ABCD.A’B’C’D’\) có đáy là hình thoi cạnh \(a\), \(\widehat {BAD} = 120^\circ \). Hình chiếu của \(B’\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là trung điểm \(H\) của đoạn thẳng \(CD\) và \(\Delta ABB’\) là tam giác vuông cân. Gọi \(\alpha \) là góc giữa hai đường thẳng \(BH\) và \(AC’\). Khi đó, \(\cos \alpha \) bằng

A. \(\frac{{\sqrt 2 }}{4}\).

B. \(\frac{{4\sqrt 2 }}{7}\).

C. \(\frac{{\sqrt 2 }}{5}\).

D. \(\frac{{\sqrt 2 }}{7}\).

Lời giải

+) Lấy điểm \(E\) thuộc đường thẳng \(CD\) sao cho \(AE\;{\rm{//}}\;BH\). Khi đó \(\alpha \) bằng góc giữa 2 đường thẳng \(AE\)và \(AC’\). 

+) Ta có \(\widehat {CAD} = \frac{1}{2}\widehat {BAD} = 60^\circ \) nên \(\Delta ACD\) là tam giác đều. Suy ra \(AH \bot CD\)\( \Rightarrow AH \bot AB\) (1). 

+) Lại có \(B’H \bot AB\) (do \(B’H \bot (ABCD)\)) (2).

+) Từ (1) và (2), suy ra \(AB \bot \left( {AHB’} \right)\). Suy ra \(AB \bot AB’\) hay \(\Delta ABB’\) vuông tại \(A\). 

+) Theo giả thiết \(\Delta ABB’\) vuông cân nên \(AB’ = AB = a\). Suy ra \(B’H = \sqrt {B'{A^2} – A{H^2}}  = \sqrt {{a^2} – \frac{3}{4}{a^2}}  = \frac{a}{2}\).

Suy ra \(A’D = B’C = \sqrt {B'{H^2} + H{C^2}}  = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{4} + \frac{{{a^2}}}{4}}  = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

+) Ta có \(ABHE\) là hình bình hành nên \(AE = BH = \sqrt {H{A^2} + A{B^2}}  = \sqrt {\frac{{3{a^2}}}{4} + {a^2}}  = \frac{{a\sqrt 7 }}{2}\).

+) Vì \(EA'{\rm{// }}HB’\) nên \(EA’ \bot \left( {A’B’C’D’} \right) \Rightarrow EA’ \bot A’C’\). Suy ra 

\(EC’ = \sqrt {E{{A’}^2} + A'{{C’}^2}}  = \sqrt {B'{H^2} + A{C^2}}  = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{4} + {a^2}}  = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\). 

+) Tam giác \(CDB’\) cân tại \(B’\) nên \(B’D = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\). Gọi \(I\) là tâm của hình bình hành \(ADC’B’\). 

Ta có \(AC’ = 2AI = 2\sqrt {\frac{{A{D^2} + A{{B’}^2}}}{2} – \frac{{B'{D^2}}}{4}} \)

\( = 2\sqrt {\frac{{{a^2} + {a^2}}}{2} – \frac{{{a^2}}}{8}}  = \frac{{a\sqrt {14} }}{2}\). 

Do đó \(\cos \widehat {EAC’} = \frac{{A{E^2} + A{{C’}^2} – E{{C’}^2}}}{{2.AE.AC’}} = \frac{{7{a^2} + 14{a^2} – 5{a^2}}}{{2.7{a^2}\sqrt 2 }} = \frac{{4\sqrt 2 }}{7} > 0.\) 

Vậy \(\cos \alpha  = \frac{{4\sqrt 2 }}{7}\).

=================
CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI MỜI CÁC BẠN THAM KHẢO. (STRONG)