Google
Câu hỏi: Cho hình lăng trụ tam giác đều $ABC.A'B'C'$ có tất cả các cạnh bằng $a$. Gọi $I$ là trung điểm cạnh $AC$. Khi đó, cosin của góc giữa hai đường thẳng $B'C$ và $BI$ bằng
A. $\dfrac{\sqrt{6}}{4}$.
B. $\dfrac{\sqrt{15}}{5}$.
C. $\dfrac{\sqrt{6}}{2}$.
D. $\dfrac{\sqrt{10}}{4}$.
Gọi $M$ là trung điểm của $A'C'$. Khi đó ta có $B'M//BI$.
Suy ra $\left( BI,B'C \right)=\left( B'M,B'C \right)$ hay $\cos \left( BI,B'C \right)=\cos \left( B'M,B'C \right)=\left| \cos \widehat{MB'C} \right|$.
Ta có $MC=\sqrt{M{{C}^{2}}+CC{{'}^{2}}}=\sqrt{\dfrac{{{a}^{2}}}{4}+{{a}^{2}}}=\dfrac{a\sqrt{5}}{2}$, $MB'=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$,
$B'C=\sqrt{CC{{'}^{2}}+CB{{'}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}=a\sqrt{2}$.
Ta có $\cos \widehat{MB'C}=\dfrac{B'{{M}^{2}}+B'{{C}^{2}}-M{{C}^{2}}}{2.B'M.B'C}=\dfrac{\dfrac{3{{a}^{2}}}{4}+2{{a}^{2}}-\dfrac{5{{a}^{2}}}{4}}{2.\dfrac{a\sqrt{3}}{2}.a\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{6}}{4}$.
Cách 2: $MB'\bot \left( AA'C'C \right)$ $\Rightarrow MB'\bot MC$ $\Rightarrow \Delta MB'C$ vuông tại $M$.
Ta có $\cos \widehat{MB'C}=\dfrac{MB'}{B'C}=\dfrac{\dfrac{a\sqrt{3}}{2}}{a\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{6}}{4}$.
A. $\dfrac{\sqrt{6}}{4}$.
B. $\dfrac{\sqrt{15}}{5}$.
C. $\dfrac{\sqrt{6}}{2}$.
D. $\dfrac{\sqrt{10}}{4}$.
Suy ra $\left( BI,B'C \right)=\left( B'M,B'C \right)$ hay $\cos \left( BI,B'C \right)=\cos \left( B'M,B'C \right)=\left| \cos \widehat{MB'C} \right|$.
Ta có $MC=\sqrt{M{{C}^{2}}+CC{{'}^{2}}}=\sqrt{\dfrac{{{a}^{2}}}{4}+{{a}^{2}}}=\dfrac{a\sqrt{5}}{2}$, $MB'=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$,
$B'C=\sqrt{CC{{'}^{2}}+CB{{'}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}=a\sqrt{2}$.
Ta có $\cos \widehat{MB'C}=\dfrac{B'{{M}^{2}}+B'{{C}^{2}}-M{{C}^{2}}}{2.B'M.B'C}=\dfrac{\dfrac{3{{a}^{2}}}{4}+2{{a}^{2}}-\dfrac{5{{a}^{2}}}{4}}{2.\dfrac{a\sqrt{3}}{2}.a\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{6}}{4}$.
Cách 2: $MB'\bot \left( AA'C'C \right)$ $\Rightarrow MB'\bot MC$ $\Rightarrow \Delta MB'C$ vuông tại $M$.
Ta có $\cos \widehat{MB'C}=\dfrac{MB'}{B'C}=\dfrac{\dfrac{a\sqrt{3}}{2}}{a\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{6}}{4}$.
Đáp án A.