Câu hỏi:
Cho hình lăng trụ tam giác đều \(ABC.{A}'{B}'{C}'\) có \(AB=2\sqrt{3}\) và \(A{A}'=2.\) Gọi \(M,\,\,N,\,\,P\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \({A}'{B}',\,\,{A}'{C}'\) và \(BC.\) Côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng \(\left( A{B}'{C}' \right)\) và \(\left( MNP \right)\) bằng
- A
\(\frac{6\sqrt{13}}{65}.\)
- B
\(\frac{\sqrt{13}}{65}.\)
- C
\(\frac{17\sqrt{13}}{65}.\)
- D \(\frac{18\sqrt{63}}{65}.\)
Phương pháp giải:
Sử dụng phương pháp xác định góc giữa hai mặt phẳng, tuy nhiên không sử dụng cách dựng hình truyền thống mà thông qua tính chất góc
Lời giải chi tiết:
Dễ thấy \(\widehat{\left( \left( A{B}'{C}' \right);\left( MNP \right) \right)}=\widehat{\left( \left( A{B}'{C}' \right);\left( MNCB \right) \right)}\)
\(\begin{array}{l} = {180^0} - \widehat {\left( {\left( {AB'C'} \right);\left( {A'B'C'} \right)} \right)} - \widehat {\left( {\left( {MNBC} \right);\left( {A'B'C'} \right)} \right)}\\ = {180^0} - \widehat {\left( {\left( {A'BC} \right);\left( {ABC} \right)} \right)} - \widehat {\left( {\left( {MNBC} \right);\left( {ABC} \right)} \right)}.\end{array}\)
Ta có \(\widehat{\left( \left( {A}'BC \right);\left( ABC \right) \right)}=\widehat{\left( {A}'P;AP \right)}=\widehat{{A}'PA}=\arctan \frac{2}{3}.\)
Và \(\widehat{\left( \left( MNBC \right);\left( ABC \right) \right)}=\widehat{\left( SP;AP \right)}=\widehat{SPA}=\arctan \frac{4}{3},\) với \(S\) là điểm đối xứng với \(A\) qua \({A}',\) thì \(SA=2\,A{A}'=4.\)
Suy ra \(\cos \widehat{\left( A{B}'{C}' \right);\left( MNP \right)}=\left| \cos \left( {{180}^{0}}-\arctan \frac{2}{3}-\arctan \frac{4}{3} \right) \right|=\frac{\sqrt{13}}{65}.\)
Chọn B.
Câu hỏi trước
