Google
Câu hỏi: Cho lăng trụ đứng $A B C \cdot A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ có đáy $A B C$ là tam giác cân tại $A, B C=a, A A^{\prime}=a \sqrt{2}$ và $\cos \widehat{B A^{\prime} C}=\dfrac{5}{6}$. Tính góc giữa đường thẳng $A^{\prime} B$ và mặt phẳng $\left(A A^{\prime} C^{\prime} C\right)$.
A. $90^{\circ}$.
B. $30^{\circ}$.
C. $45^{\circ}$.
D. $60^{\circ}$.
Trong mặt phẳng (ABC), kẻ $B H \perp A C$.
Ta có: $\left\{\begin{array}{l}B H \perp A A^{\prime}\left(\operatorname{do} A A^{\prime} \perp(A B C)\right) \\ B H \perp A C \\ A A^{\prime} \cap A C=\{A\}\end{array} \Rightarrow B H \perp\left(A A^{\prime} C^{\prime} C\right)\right.$.
Suy ra: $A^{\prime} H$ là hình chiếu của $A^{\prime} B$ lên mặt phẳng $\left(A A^{\prime} C^{\prime} C\right)$.
Dễ thấy $A B=A C \Rightarrow A^{\prime} B=A^{\prime} C \Rightarrow \Delta A^{\prime} B C$ cân tại $A^{\prime}$.
Đặt: $A^{\prime} B=A^{\prime} C=x$. Điều kiện $x>0$.
Áp dụng ĐL cosin cho tam giác $A^{\prime} B C$ ta có: $B C^2=A^{\prime} B^2+A^{\prime} C^2-2 A^{\prime} B \cdot A^{\prime} C \cdot \cos \widehat{B A^{\prime} C}$.
$
\Leftrightarrow a^2=x^2+x^2-2 x \cdot x \cdot \dfrac{5}{6} \Leftrightarrow 3 a^2=x^2 \Leftrightarrow x=a \sqrt{3} \Rightarrow A^{\prime} B=a \sqrt{3}
$
Xét $\Delta A^{\prime} A B$ vuông tại $A$, ta có: $A B^2=A^{\prime} B^2-A A^{\prime 2}=3 a^2-2 a^2=a^2$
Do đó: $A B=B C=B C=a \Rightarrow \triangle A B C$ là tam giác đều $\Rightarrow B H=a \dfrac{\sqrt{3}}{2}$.
Xét $\triangle A^{\prime} B H$ vuông tại $H: \sin \widehat{B A^{\prime} H}=\dfrac{B H}{A \prime B}=\dfrac{\dfrac{a \sqrt{3}}{2}}{a \sqrt{3}}=\dfrac{1}{2} \Rightarrow \widehat{B A^{\prime} H}=30^{\circ}$.
A. $90^{\circ}$.
B. $30^{\circ}$.
C. $45^{\circ}$.
D. $60^{\circ}$.
Ta có: $\left\{\begin{array}{l}B H \perp A A^{\prime}\left(\operatorname{do} A A^{\prime} \perp(A B C)\right) \\ B H \perp A C \\ A A^{\prime} \cap A C=\{A\}\end{array} \Rightarrow B H \perp\left(A A^{\prime} C^{\prime} C\right)\right.$.
Suy ra: $A^{\prime} H$ là hình chiếu của $A^{\prime} B$ lên mặt phẳng $\left(A A^{\prime} C^{\prime} C\right)$.
Dễ thấy $A B=A C \Rightarrow A^{\prime} B=A^{\prime} C \Rightarrow \Delta A^{\prime} B C$ cân tại $A^{\prime}$.
Đặt: $A^{\prime} B=A^{\prime} C=x$. Điều kiện $x>0$.
Áp dụng ĐL cosin cho tam giác $A^{\prime} B C$ ta có: $B C^2=A^{\prime} B^2+A^{\prime} C^2-2 A^{\prime} B \cdot A^{\prime} C \cdot \cos \widehat{B A^{\prime} C}$.
$
\Leftrightarrow a^2=x^2+x^2-2 x \cdot x \cdot \dfrac{5}{6} \Leftrightarrow 3 a^2=x^2 \Leftrightarrow x=a \sqrt{3} \Rightarrow A^{\prime} B=a \sqrt{3}
$
Xét $\Delta A^{\prime} A B$ vuông tại $A$, ta có: $A B^2=A^{\prime} B^2-A A^{\prime 2}=3 a^2-2 a^2=a^2$
Do đó: $A B=B C=B C=a \Rightarrow \triangle A B C$ là tam giác đều $\Rightarrow B H=a \dfrac{\sqrt{3}}{2}$.
Xét $\triangle A^{\prime} B H$ vuông tại $H: \sin \widehat{B A^{\prime} H}=\dfrac{B H}{A \prime B}=\dfrac{\dfrac{a \sqrt{3}}{2}}{a \sqrt{3}}=\dfrac{1}{2} \Rightarrow \widehat{B A^{\prime} H}=30^{\circ}$.
Đáp án B.