Cho hình lăng trụ tam giác đều \(ABC.A'B'C'\) có \(AB = 2\sqrt 3 \) và \(AA' = 2\). Gọi \(M,\,\,N,\,\,P\)
Cho hình lăng trụ tam giác đều \(ABC.A'B'C'\) có \(AB = 2\sqrt 3 \) và \(AA' = 2\). Gọi \(M,\,\,N,\,\,P\) lần lượt là trung điểm các cạnh \(A'B'\), \(A'C'\) và \(BC\). Côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng \(\left( {AB'C'} \right)\) và \(\left( {MNP} \right)\) bằng:
Đáp án đúng là: B
Quảng cáo
Ta có \(\left( {MNP} \right) \equiv \left( {MNCB} \right)\).
Gọi \(E,\,\,F\) lần lượt là trung điểm của \(MN,\,\,B'C'\).
Dễ dàng chứng minh được \(\Delta AA'B' = \Delta AA'C'\) (hai cạnh góc vuông)
\( \Rightarrow AB' = AC' \Rightarrow \Delta AB'C'\) cân tại \(A\).
\( \Rightarrow AF \bot B'C'\) (Đường trung tuyến đồng thời là đường cao).
Ta có \(MN\parallel B'C' \Rightarrow MN\parallel BC\) nên \(MNCB\) là hình thang.
Dễ dàng chứng minh được \(\Delta BB'M = \Delta CC'N\) nên \(BM = CN\).
Mà \(BM,\,\,CN,\,\,AA'\) đồng quy (Định lí 3 đường giao tuyến) nên \(MNCB\) là hình thang cân.
Lại có \(E,\,\,P\) là trung điểm của hai đáy nên \(EP \bot MN,\,\,EP \bot BC\).
Trong \(\left( {ACC'A'} \right)\) gọi \(Q = CN \cap AC'\), trong \(\left( {ABB'A'} \right)\) gọi \(P = AB' \cap BM\).
Khi đó \(\left( {AB'C'} \right) \cap \left( {MNCB} \right) = PQ\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {AB'C'} \right) \supset B'C'\\\left( {MNCB} \right) \supset BC\\B'C'\parallel BC\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \left( {AB'C'} \right) \cap \left( {MNCB} \right) = PQ\parallel BC\parallel MN\).
Do đó \(PQ \bot EP\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {MNCB} \right) \cap \left( {AB'C'} \right) = PQ\\\left( {MNCB} \right) \supset EP \bot PQ\\\left( {AB'C'} \right) \supset AF \bot PQ\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \angle \left( {\left( {MNCB} \right);\left( {AB'C'} \right)} \right) = \angle \left( {EP;AF} \right)\)
Trong \(\left( {AB'C'} \right)\) gọi \(G = PQ \cap AF\).
Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\dfrac{{AQ}}{{QC'}} = \dfrac{{AC}}{{NC'}} = 2 \Rightarrow \dfrac{{AQ}}{{AC'}} = \dfrac{2}{3}\); \(\dfrac{{AG}}{{AF}} = \dfrac{{AQ}}{{AC'}} = \dfrac{2}{3}\).
Áp dụng định lí Pytago trong các tam giác vuông ta có:
\(AB' = \sqrt {AA{'^2} + A'B{'^2}} = \sqrt {4 + 12} = 4\);
\(AF = \sqrt {AB{'^2} - B'{F^2}} = \sqrt {16 - 3} = \sqrt {13} \).
\( \Rightarrow AG = \dfrac{2}{3}AF = \dfrac{{2\sqrt {13} }}{3}\).
Gọi \(H,\,\,K\) lần lượt là hình chiếu của \(M,\,\,N\) trên \(BC\), ta có \(BH = KC = \dfrac{{BC - MN}}{2} = \dfrac{{2\sqrt 3 - \sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\).
Áp dụng định lí Pytago trong các tam giác vuông ta có:
\(BM = \sqrt {BB{'^2} + B'{M^2}} = \sqrt {4 + 3} = \sqrt 7 \).
\(MH = \sqrt {B{M^2} - B{H^2}} = \sqrt {7 - \dfrac{3}{4}} = \dfrac{5}{2} = EP\).
Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\dfrac{{GP}}{{GE}} = \dfrac{{AP}}{{EF}} = 2\) \( \Rightarrow GP = \dfrac{2}{3}EP = \dfrac{5}{3}\).
Tam giác \(ABC\) đều cạnh \(2\sqrt 3 \) nên \(AP = \dfrac{{2\sqrt 3 .\sqrt 3 }}{2} = 3\).
Áp dụng định lí Côsin trong tam giác \(AGP\) ta có:
\(\cos \angle AGP = \dfrac{{G{A^2} + G{P^2} - A{P^2}}}{{2GA.GP}} = \dfrac{{{{\left( {\dfrac{{2\sqrt {13} }}{3}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{5}{3}} \right)}^2} - {3^2}}}{{2.\dfrac{{2\sqrt {13} }}{3}.\dfrac{5}{3}}} = - \dfrac{{\sqrt {13} }}{{65}}\).
Vậy \(\cos \angle \left( {\left( {MNCB} \right);\left( {AB'C'} \right)} \right) = \cos \angle \left( {EP;AF} \right) = \dfrac{{\sqrt {13} }}{{65}}\).
Chọn B.
Đáp án cần chọn là: B
Group 2K8 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí
>> 2K9 Chú ý! Lộ Trình Sun 2027 - 1 lộ trình ôn đa kỳ thi (TN THPT, ĐGNL (Hà Nội/ Hồ Chí Minh), ĐGNL Sư Phạm, ĐGTD, ĐGNL Bộ Công an, ĐGNL Bộ Quốc phòngTD - Click xem ngay) tại Tuyensinh247.com. Cập nhật bám sát bộ SGK mới, Thầy Cô giáo giỏi, 3 bước chi tiết: Nền tảng lớp 12; Luyện thi chuyên sâu; Luyện đề đủ dạng đáp ứng mọi kì thi.
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
Hỗ trợ - Hướng dẫn
-
024.7300.7989
-
1800.6947
(Thời gian hỗ trợ từ 7h đến 22h)
Email: lienhe@tuyensinh247.com
