Google
Câu hỏi: Cho hình hộp chữ nhật $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'$ có $AB=a;BC=a\sqrt{2};A{A}'=a\sqrt{3}$. Gọi $\alpha $ là góc giữa hai mặt phẳng $\left( AC{D}' \right)$ và $\left( ABCD \right)$. Giá trị $\tan \alpha $ bằng
A. 2.
B. $\dfrac{2\sqrt{6}}{3}$.
C. $\dfrac{3\sqrt{2}}{2}$.
D. $\dfrac{\sqrt{2}}{3}$.
Cách 1 : Kẻ $DH\bot AC\left( H\in AC \right)$. Khi đó ta có ${D}'H\bot AC$. Vì vậy góc giữa hai mặt phẳng $\left( AC{D}' \right)$ và $\left( ABCD \right)$ là góc $\widehat{{D}'HD}$.
Xét tam giác $ADC$ vuông tại $D$ ta có :
$\dfrac{1}{D{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{D{{A}^{2}}}+\dfrac{1}{D{{C}^{2}}}=\dfrac{1}{2{{a}^{2}}}+\dfrac{1}{{{a}^{2}}}=\dfrac{3}{2{{a}^{2}}}\Rightarrow D{{H}^{2}}=\dfrac{2{{a}^{2}}}{3}\Rightarrow DH=\dfrac{a\sqrt{6}}{3}$
Trong tam giác $DH{D}'$ vuông tại $D$ ta có : $\tan \widehat{{D}'HD}=\dfrac{{D}'D}{DH}=a\sqrt{3}.\dfrac{3}{a\sqrt{6}}=\dfrac{3\sqrt{2}}{2}$
Cách 2 : (Dùng công thức diện tích hình chiếu).
Ta có : ${{S}_{ACD}}={{S}_{AC{D}'}}.\cos \alpha \Leftrightarrow \cos \alpha =\dfrac{{{S}_{ACD}}}{{{S}_{AC{D}'}}}$.
Ta có : ${{S}_{ACD}}=\dfrac{1}{2}.a.a\sqrt{2}=\dfrac{{{a}^{2}}}{\sqrt{2}}$. Xét $\Delta AC{D}'$ có $AC=a\sqrt{3},A{D}'=a\sqrt{5},C{D}'=2a,p=\dfrac{a\sqrt{3}+a\sqrt{5}+2a}{2}$. Suy ra : ${{S}_{AC{D}'}}=\sqrt{p\left( p-a\sqrt{3} \right)\left( p-a\sqrt{5} \right)\left( p-2a \right)}=\dfrac{\sqrt{11}}{2}{{a}^{2}}$.
Do đó : $\cos \alpha =\dfrac{{{S}_{ACD}}}{{{S}_{AC{D}'}}}=\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{11}}$. Vậy $\tan \alpha =\sqrt{\dfrac{1}{{{\cos }^{2}}\alpha }-1}=\dfrac{3\sqrt{2}}{2}$.
A. 2.
B. $\dfrac{2\sqrt{6}}{3}$.
C. $\dfrac{3\sqrt{2}}{2}$.
D. $\dfrac{\sqrt{2}}{3}$.
Cách 1 : Kẻ $DH\bot AC\left( H\in AC \right)$. Khi đó ta có ${D}'H\bot AC$. Vì vậy góc giữa hai mặt phẳng $\left( AC{D}' \right)$ và $\left( ABCD \right)$ là góc $\widehat{{D}'HD}$.
Xét tam giác $ADC$ vuông tại $D$ ta có :
$\dfrac{1}{D{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{D{{A}^{2}}}+\dfrac{1}{D{{C}^{2}}}=\dfrac{1}{2{{a}^{2}}}+\dfrac{1}{{{a}^{2}}}=\dfrac{3}{2{{a}^{2}}}\Rightarrow D{{H}^{2}}=\dfrac{2{{a}^{2}}}{3}\Rightarrow DH=\dfrac{a\sqrt{6}}{3}$
Trong tam giác $DH{D}'$ vuông tại $D$ ta có : $\tan \widehat{{D}'HD}=\dfrac{{D}'D}{DH}=a\sqrt{3}.\dfrac{3}{a\sqrt{6}}=\dfrac{3\sqrt{2}}{2}$
Cách 2 : (Dùng công thức diện tích hình chiếu).
Ta có : ${{S}_{ACD}}={{S}_{AC{D}'}}.\cos \alpha \Leftrightarrow \cos \alpha =\dfrac{{{S}_{ACD}}}{{{S}_{AC{D}'}}}$.
Ta có : ${{S}_{ACD}}=\dfrac{1}{2}.a.a\sqrt{2}=\dfrac{{{a}^{2}}}{\sqrt{2}}$. Xét $\Delta AC{D}'$ có $AC=a\sqrt{3},A{D}'=a\sqrt{5},C{D}'=2a,p=\dfrac{a\sqrt{3}+a\sqrt{5}+2a}{2}$. Suy ra : ${{S}_{AC{D}'}}=\sqrt{p\left( p-a\sqrt{3} \right)\left( p-a\sqrt{5} \right)\left( p-2a \right)}=\dfrac{\sqrt{11}}{2}{{a}^{2}}$.
Do đó : $\cos \alpha =\dfrac{{{S}_{ACD}}}{{{S}_{AC{D}'}}}=\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{11}}$. Vậy $\tan \alpha =\sqrt{\dfrac{1}{{{\cos }^{2}}\alpha }-1}=\dfrac{3\sqrt{2}}{2}$.
Đáp án C.