===============
31. Cho lăng trụ tứ giác đều \(ABCD.A’B’C’D’\) có cạnh bên bằng \(2a\), cạnh đáy bằng \(a\). Gọi \(I\) là trung điểm của \(DD’\). Tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {IAC} \right)\) và \(\left( {ACC’A’} \right)\).
A. \(\frac{{\sqrt 6 }}{3}\).
B. \(\frac{{\sqrt 3 }}{2}\).
C. \(\frac{{\sqrt 2 }}{6}\).
D. \(\frac{1}{2}\).
Lời giải
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CC’ \bot \left( {ABCD} \right)\\CC’ \subset \left( {ACC’A’} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {ACC’A’} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\).
Gọi \(O\) là tâm của hình vuông \(ABCD\)\( \Rightarrow DO \bot AC \Rightarrow DO \bot \left( {ACC’A’} \right)\).
\(DO = \frac{1}{2}BD = \frac{a}{{\sqrt 2 }}\).
Xét tứ diện \(DIAC\) có ba cạnh \(DI,DC,DA\) đôi một vuông góc với nhau tại \(D\). Kẻ \(DH \bot \left( {IAC} \right)\)\( \Rightarrow H\) là trực tâm của tam giác \(IAC\).
Mà tam giác \(IAC\) có \(AC = a\sqrt 2 ,IA = IC = \sqrt {I{D^2} + C{D^2}} = a\sqrt 2 \) nên \(IAC\) là tam giác đều. Do đó \(DH \bot IO\) tại \(H\).
Ta có \(\frac{1}{{D{H^2}}} = \frac{1}{{D{I^2}}} + \frac{1}{{D{C^2}}} + \frac{1}{{D{A^2}}} = \frac{3}{{{a^2}}} \Rightarrow DH = \frac{a}{{\sqrt 3 }}\).
Xét hai mặt phẳng \(\left( {IAC} \right)\) và \(\left( {ACC’A’} \right)\) có: \(DH \bot \left( {IAC} \right)\), \(DO \bot \left( {ACC’A’} \right)\).
\( \Rightarrow \left( {\left( {IAC} \right),\left( {ACC’A’} \right)} \right) = \left( {DH,DO} \right) = \widehat {HDO}\).
Tam giác \(DHO\) vuông tại \(H\) có \(\cos \widehat {HDO} = \frac{{DH}}{{DO}} = \frac{{\frac{a}{{\sqrt 3 }}}}{{\frac{a}{{\sqrt 2 }}}} = \frac{{\sqrt 6 }}{3}\).
Vậy \(\cos \left( {\left( {IAC} \right),\left( {ACC’A’} \right)} \right) = \frac{{\sqrt 6 }}{3}\).
=================
CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI MỜI CÁC BẠN THAM KHẢO. (STRONG)
Để lại phản hồi