Cho lăng trụ\(ABC \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }\)có đáy là tam giác đều, hình chiếu của\({A^\prime }\)trên mặt phẳng\((ABC)\)trùng với trung điểm\(H\)của cạnh\(BC\), cạnh bên tạo với đáy một góc\({30^\circ }\). Gọi\(M\)là điểm thuộc cạnh\(A{A^\prime }\)sao cho\(AM = 2M{A^\prime }\). Tính\( cosin \)của góc giữa\((MBC)\)và\(\left( {M{B^\prime }{C^\prime }} \right)\).
A. \(\frac{{9\sqrt 7 }}{{49}}\).
B. \(d\left( {AB,C{C^\prime }} \right) = h = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).
C. \({A^\prime }ABD\).
D. \({l_l}\).
GY:
+) Gọi số dương\(d\left( {AB,C{C^\prime }} \right) = d\left( {AB,D{D^\prime }} \right) = d\left( {D{D^\prime },\left( {{A^\prime }AB} \right)} \right) = d\left( {D,\left( {{A^\prime }AB} \right)} \right) = h\)là độ dài một cạnh đáy hình lăng trụ.
+) Gọi\(a\)là góc giữa\((MBC)\)và\({60^\circ }\).
+) Gọi\(A\)là trung điểm của\(a\).
Ta có\(ABCD \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }\). Mà\(\frac{{a\sqrt 6 }}{6}\)nên\(\frac{{a\sqrt 6 }}{4}\).
Suy ra\(\frac{{a\sqrt 6 }}{3}\)và\(\frac{{a\sqrt 6 }}{2}\).
Ta có\(C{C^\prime }\)\(AB\)\({60^\circ }\).
+) Góc giữa cạnh bên\(a\)với đáy\((ABC)\)là\(\widehat {{A^\prime }AH} = {30^\circ }\).
+)\(AH = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a\),\({A^\prime }A = \frac{{AH}}{{\cos {{30}^\circ }}} = a\),\(AM = \frac{2}{3}{A^\prime }A = \frac{2}{3}a\)
\( \Rightarrow MH = \sqrt {A{H^2} + A{M^2} – 2.AH \cdot AM \cdot \cos {{30}^\circ }}= \frac{{\sqrt 7 }}{6}a\).
+)\({A^\prime }K = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\),\({A^\prime }M = \frac{1}{3}{A^\prime }A = \frac{1}{3}a\)
\( \Rightarrow MK = \sqrt {{A^\prime }{M^2} + {A^\prime }{K^2} – 2.{A^\prime }M \cdot {A^\prime }K \cdot \cos {{150}^\circ }}= \frac{7}{6}a\).
Xét\(\Delta KMH\)có\(MH = \frac{{\sqrt 7 }}{6}a\),\(MK = \frac{7}{6}a\),\(KH = a\).
Ta có \(\cos \varphi= \left| {\cos \widehat {\,HMK\,}} \right| = \left| {\frac{{M{H^2} + M{K^2} – K{H^2}}}{{2.MH.MK}}} \right| = \frac{{10\sqrt 7 }}{{49}}\).
======= Thuộc mục: Trắc nghiệm Khoảng cách và góc trong không gian
Để lại một bình luận