(Đại học Hồng Đức – 2022) Cho hình nón đỉnh \(S\) có độ dài đường cao là \(R\) và đáy là đường tròn tâm \(O\) bán kính \(R\). Gọi \((d)\) là tiếp tuyến của đường tròn đáy tại \(A\) và \((P)\) là mặt phẳng chứa \(SA\) và \((d)\). Mặt phẳng \((Q)\) thay đổi qua \(S\) cắt đường tròn \(O\) tại hai điểm \(C,D\) sao cho \(CD = \sqrt 3 R\). Gọi \(\alpha \) là góc tạo bởi \((P)\) và \((Q)\). Tính giá trị lớn nhất của \(\cos \alpha \).
A. \(\frac{{3\sqrt {10} }}{{10}}\).
B. \(\frac{{\sqrt {10} }}{5}\).
C. \(\frac{{2\sqrt 6 }}{5}\).
D. \(\frac{{\sqrt {10} }}{{10}}\).
Lời giải:.
Gọi \(I\) là trung điểm \(CD\), khi đó \(OI \bot CD\), hạ \(OK \bot SI\) tại \(K \Rightarrow OK \bot (Q)\).
\(HaOH \bot SA \Rightarrow OH \bot (P) \Rightarrow \alpha = (OH,OK)\)
\( \Rightarrow \cos \alpha = \left| {\frac{{O{K^2} + O{H^2} – H{K^2}}}{{2OH \cdot OK}}} \right|.{\rm{ Ta c\’o }}OI = \sqrt {O{D^2} – I{D^2}} = \frac{R}{2},OK = \frac{{OI \cdot OS}}{{\sqrt {O{I^2} + S{O^2}} }} = \frac{R}{{\sqrt 5 }};OH = \frac{R}{{\sqrt 2 }}\)\(H{K^2} = S{K^2} + S{H^2} – 2SK \cdot SH\cos \widehat {ASI}\) \( = S{K^2} + S{H^2} – 2SK \cdot SH \cdot \frac{{S{I^2} + S{A^2} – A{I^2}}}{{2SI \cdot SA}}.\) \(SA = \sqrt 2 R,SI = \frac{{\sqrt 5 }}{2}R,SH = \frac{{S{O^2}}}{{SA}} = \frac{R}{{\sqrt 2 }},SK = \frac{{S{O^2}}}{{SI}} = \frac{2}{{\sqrt 5 }}R.\)
Gọi \(M\) và \(N\) lần lượt là trung điểm \(OA\) và \(OB\) khi đó
\(AM \le AI \le AN.\)\(\)
Suy ra
\(\begin{array}{l}S{K^2} + S{H^2} – 2SK \cdot SH \cdot \frac{{S{I^2} + S{A^2} – A{M^2}}}{{2SI \cdot SA}} \le H{K^2} \le S{K^2} + S{H^2} – 2SK \cdot SH \cdot \frac{{S{I^2} + S{A^2} – A{N^2}}}{{2SI \cdot SA}}\\ \Rightarrow \frac{1}{{10}}{R^2} \le H{K^2} \le \frac{9}{{10}}{R^2} \Rightarrow – \frac{{\sqrt {10} }}{{10}} \le \frac{{O{K^2} + O{H^2} – H{K^2}}}{{2OH \cdot OK}} \le \frac{{3\sqrt {10} }}{{10}}\\ \Rightarrow \cos \alpha \le \max \left\{ {\frac{{\sqrt {10} }}{{10}};\frac{{3\sqrt {10} }}{{10}}} \right\} = \frac{{3\sqrt {10} }}{{10}}.\end{array}\)\(\)
==================== Thuộc chủ đề: Trắc nghiệm Khối tròn xoay
Trả lời