Google
Câu hỏi: Cho hình lập phương ABCD. A’B’C’D’ cạnh a. Lấy điểm M thuộc đoạn thẳng AD’, điểm N thuộc đoạn thẳng BD sao cho
\(AM = DN = x\left( {0 < x < a\sqrt 2 } \right)\)
a) Tìm x để đoạn thẳng MN có độ dài ngắn nhất.
b) Khi MN ngắn nhất, hãy chứng tỏ MN là đường vuông góc chung của AD’ và DB, đồng thời MN // A’C.
\(AM = DN = x\left( {0 < x < a\sqrt 2 } \right)\)
a) Tìm x để đoạn thẳng MN có độ dài ngắn nhất.
b) Khi MN ngắn nhất, hãy chứng tỏ MN là đường vuông góc chung của AD’ và DB, đồng thời MN // A’C.
Lời giải chi tiết
A) Kẻ \(MH \bot A{\rm{D}}\) thì \(MH \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\) và \(MH = {{x\sqrt 2 } \over 2} = AH\).
Kẻ \(NK \bot A{\rm{D}}\) thì \(NK = {{x\sqrt 2 } \over 2} = DK\).
Vậy \(KH = \left| {a - x\sqrt 2 } \right|\).
Ta có:
\(\eqalign{ & M{N^2} = M{H^2} + H{K^2} + K{N^2} \cr & = 3{{\rm{x}}^2} - 2a\sqrt 2 x + ah2 \cr} \)
Từ đó MN nhỏ nhất khi và chỉ khi \(x = {{a\sqrt 2 } \over 3}\).
b) Khi \(x = {{a\sqrt 2 } \over 3}\) thì
\(\eqalign{ & M{N^2} = {{3{{\rm{a}}^2}} \over 9} = {{{a^2}} \over 3}; \cr & A{M^2} = {{2{{\rm{a}}^2}} \over 9}; \cr & A{N^2} = A{{\rm{D}}^2} + D{N^2} - 2{\rm{AD}}{\rm{. DNcos4}}{{\rm{5}}^0} = {{5{a^2}} \over 9} \cr} \)
Từ đó \(A{N^2} = A{M^2} + M{N^2}\) hay \(MN \bot A{\rm{D}}'\).
Chứng minh tương tự như trên, ta cũng có \(MN \bot B{\rm{D}}\).
Vậy MN là đường vuông góc chung của AD’ và BD.
Khi \(DN = {{a\sqrt 2 } \over 3}\) thì NB = 2ND.
Gọi I là trung điểm của AD thì ta có I, N, C thẳng hàng
Tương tự ta cũng có các điểm I, M, A’ thẳng hàng.
Xét tam giác A’IC ta có:
\({{IN} \over {NC}} = {{IM} \over {MA'}} = {1 \over 2}\)
Vậy MN // A’C.
A) Kẻ \(MH \bot A{\rm{D}}\) thì \(MH \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\) và \(MH = {{x\sqrt 2 } \over 2} = AH\).
Kẻ \(NK \bot A{\rm{D}}\) thì \(NK = {{x\sqrt 2 } \over 2} = DK\).
Vậy \(KH = \left| {a - x\sqrt 2 } \right|\).
Ta có:
\(\eqalign{ & M{N^2} = M{H^2} + H{K^2} + K{N^2} \cr & = 3{{\rm{x}}^2} - 2a\sqrt 2 x + ah2 \cr} \)
Từ đó MN nhỏ nhất khi và chỉ khi \(x = {{a\sqrt 2 } \over 3}\).
b) Khi \(x = {{a\sqrt 2 } \over 3}\) thì
\(\eqalign{ & M{N^2} = {{3{{\rm{a}}^2}} \over 9} = {{{a^2}} \over 3}; \cr & A{M^2} = {{2{{\rm{a}}^2}} \over 9}; \cr & A{N^2} = A{{\rm{D}}^2} + D{N^2} - 2{\rm{AD}}{\rm{. DNcos4}}{{\rm{5}}^0} = {{5{a^2}} \over 9} \cr} \)
Từ đó \(A{N^2} = A{M^2} + M{N^2}\) hay \(MN \bot A{\rm{D}}'\).
Chứng minh tương tự như trên, ta cũng có \(MN \bot B{\rm{D}}\).
Vậy MN là đường vuông góc chung của AD’ và BD.
Khi \(DN = {{a\sqrt 2 } \over 3}\) thì NB = 2ND.
Gọi I là trung điểm của AD thì ta có I, N, C thẳng hàng
Tương tự ta cũng có các điểm I, M, A’ thẳng hàng.
Xét tam giác A’IC ta có:
\({{IN} \over {NC}} = {{IM} \over {MA'}} = {1 \over 2}\)
Vậy MN // A’C.