Google
Câu hỏi: Cho tam giác đều ABC cạnh a, dựng về cùng một phía của mặt phẳng $\left( ABC \right)$ các tia Ax, By vuông góc với mặt phẳng $\left( ABC \right).$ Lấy các điểm ${A}'\in Ax,{B}'\in By$ sao cho $A{A}'=2a,$ $B{B}'=a.$ Khi đó cos góc giữa hai mặt phẳng $\left( {A}'{B}'C \right)$ và $\left( ABC \right)$ bằng.
A. $\dfrac{1}{\sqrt{5}}.$
B. $\dfrac{1}{2}.$
C. $\dfrac{\sqrt{15}}{5}.$
D. $\dfrac{\sqrt{5}}{2\sqrt{3}}.$
A. $\dfrac{1}{\sqrt{5}}.$
B. $\dfrac{1}{2}.$
C. $\dfrac{\sqrt{15}}{5}.$
D. $\dfrac{\sqrt{5}}{2\sqrt{3}}.$
Cách 1:
Ta có $Ax\bot \left( ABC \right)$ và $By\bot \left( ABC \right)$ nên $A{A}'//B{B}'.$ Gọi $D\equiv {A}'{B}'\cap AB.$
$\left\{ \begin{aligned}
& \dfrac{B{B}'}{A{A}'}=\dfrac{1}{2} \\
& A{A}'//B{B}' \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow B{B}' $ là đường trung bình của $ \Delta A{A}'D.$
Lại có $\Delta ABC$ đều. Do đó $BD=BA=BC=a\Rightarrow \Delta BCD$ cân tại B.
Gọi E là trung điểm của CD $\Rightarrow BE\bot CD$ (1).
$B{B}'\bot \left( ABC \right)\Rightarrow B{B}'\bot CD$ (2).
Từ (1) và (2) $\Rightarrow CD\bot \left( B{B}'E \right)\Rightarrow CD\bot {B}'E.$
Vì $\left\{ \begin{aligned}
& \left( ABC \right)\cap \left( {A}'{B}'C \right)=CD \\
& BE\bot CD \\
& {B}'E\bot CD \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow \widehat{\left( \left( ABC \right),\left( {A}'{B}'C \right) \right)}=\widehat{\left( BE,{B}'E \right)}=\widehat{BE{B}'}.$
Nhận thấy BE là đường trung bình của $\Delta ACD\Rightarrow BE=\dfrac{a}{2}.$
Xét $\Delta B{B}'E$ có: $\tan \widehat{BE{B}'}=\dfrac{B{B}'}{BE}=2\Rightarrow \cos \widehat{BE{B}'}=\dfrac{\sqrt{5}}{5}.$
Cách 2:
Ta có $Ax\bot \left( ABC \right)$ và $By\bot \left( ABC \right)$ nên $\Delta ABC$ là hình chiếu của $\Delta {A}'{B}'C$ trên mp $\left( ABC \right).$
Do đó $\cos \widehat{\left( \left( {A}'{B}'C \right),\left( ABC \right) \right)}=\dfrac{{{S}_{\Delta ABC}}}{{{S}_{\Delta {A}'{B}'C}}}.$
${{S}_{ABC}}=\dfrac{1}{2}AB.AC.\sin BAC=\dfrac{1}{2}a.a.\sin 60{}^\circ =\dfrac{\sqrt{3}}{4}{{a}^{2}}.$
${A}'C=\sqrt{{A}'{{A}^{2}}+A{{C}^{2}}}=a\sqrt{5};{B}'C=\sqrt{{B}'{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}=a\sqrt{2};$
${A}'{B}'=\sqrt{A{{B}^{2}}+{B}'{{B}^{2}}}=a\sqrt{2}.$
$\Rightarrow \Delta {A}'{B}'C$ cân tại ${B}'\Rightarrow {B}'H=\sqrt{{B}'{{C}^{2}}-\dfrac{{A}'{{C}^{2}}}{4}}=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}.$
${{S}_{{A}'{B}'C}}=\dfrac{1}{2}{B}'H.{A}'C=\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{15}}{4}.\Rightarrow \cos \widehat{\left( \left( {A}'{B}'C \right),\left( ABC \right) \right)}=\dfrac{{{S}_{\Delta ABC}}}{{{S}_{\Delta {A}'{B}'C}}}=\dfrac{1}{\sqrt{5}}.$
Ta có $Ax\bot \left( ABC \right)$ và $By\bot \left( ABC \right)$ nên $A{A}'//B{B}'.$ Gọi $D\equiv {A}'{B}'\cap AB.$
$\left\{ \begin{aligned}
& \dfrac{B{B}'}{A{A}'}=\dfrac{1}{2} \\
& A{A}'//B{B}' \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow B{B}' $ là đường trung bình của $ \Delta A{A}'D.$
Lại có $\Delta ABC$ đều. Do đó $BD=BA=BC=a\Rightarrow \Delta BCD$ cân tại B.
Gọi E là trung điểm của CD $\Rightarrow BE\bot CD$ (1).
$B{B}'\bot \left( ABC \right)\Rightarrow B{B}'\bot CD$ (2).
Từ (1) và (2) $\Rightarrow CD\bot \left( B{B}'E \right)\Rightarrow CD\bot {B}'E.$
Vì $\left\{ \begin{aligned}
& \left( ABC \right)\cap \left( {A}'{B}'C \right)=CD \\
& BE\bot CD \\
& {B}'E\bot CD \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow \widehat{\left( \left( ABC \right),\left( {A}'{B}'C \right) \right)}=\widehat{\left( BE,{B}'E \right)}=\widehat{BE{B}'}.$
Nhận thấy BE là đường trung bình của $\Delta ACD\Rightarrow BE=\dfrac{a}{2}.$
Xét $\Delta B{B}'E$ có: $\tan \widehat{BE{B}'}=\dfrac{B{B}'}{BE}=2\Rightarrow \cos \widehat{BE{B}'}=\dfrac{\sqrt{5}}{5}.$
Cách 2:
Ta có $Ax\bot \left( ABC \right)$ và $By\bot \left( ABC \right)$ nên $\Delta ABC$ là hình chiếu của $\Delta {A}'{B}'C$ trên mp $\left( ABC \right).$
Do đó $\cos \widehat{\left( \left( {A}'{B}'C \right),\left( ABC \right) \right)}=\dfrac{{{S}_{\Delta ABC}}}{{{S}_{\Delta {A}'{B}'C}}}.$
${{S}_{ABC}}=\dfrac{1}{2}AB.AC.\sin BAC=\dfrac{1}{2}a.a.\sin 60{}^\circ =\dfrac{\sqrt{3}}{4}{{a}^{2}}.$
${A}'C=\sqrt{{A}'{{A}^{2}}+A{{C}^{2}}}=a\sqrt{5};{B}'C=\sqrt{{B}'{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}=a\sqrt{2};$
${A}'{B}'=\sqrt{A{{B}^{2}}+{B}'{{B}^{2}}}=a\sqrt{2}.$
$\Rightarrow \Delta {A}'{B}'C$ cân tại ${B}'\Rightarrow {B}'H=\sqrt{{B}'{{C}^{2}}-\dfrac{{A}'{{C}^{2}}}{4}}=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}.$
${{S}_{{A}'{B}'C}}=\dfrac{1}{2}{B}'H.{A}'C=\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{15}}{4}.\Rightarrow \cos \widehat{\left( \left( {A}'{B}'C \right),\left( ABC \right) \right)}=\dfrac{{{S}_{\Delta ABC}}}{{{S}_{\Delta {A}'{B}'C}}}=\dfrac{1}{\sqrt{5}}.$
Đáp án A.