Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) có tâm \(O\). Gọi \(I\) là tâm hình vuông \(A'B'C'D'\) và \(M\) là

Câu hỏi số 449968:

Vận dụng

Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) có tâm \(O\). Gọi \(I\) là tâm hình vuông \(A'B'C'D'\) và \(M\) là điểm thuộc đoạn thẳng \(OI\) sao cho \(MO = 2MI\). Khi đó côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng \(\left( {MC'D'} \right)\) và \(\left( {MAB} \right)\) bằng:

A. \(\dfrac{{6\sqrt {85} }}{{85}}\)

B. \(\dfrac{{6\sqrt {13} }}{{65}}\)

C. \(\dfrac{{7\sqrt {85} }}{{85}}\)

D. \(\dfrac{{17\sqrt {13} }}{{65}}\)

Đáp án đúng là: C

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:449968

Phương pháp giải

- Sử dụng định lí: Góc giữa hai mặt phẳng là giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến.

- Xác định góc giữa hai mặt phẳng, sử dụng định lí Pytago và định lí Côsin trong tam giác để tính góc.

Giải chi tiết

Gọi \(E,\,\,F\) lần lượt là trung điểm của \(C'D',\,\,AB\).

Xét \(\Delta MIC'\) và \(\Delta MID'\) có \(MI\) chung, \(IC' = ID'\) nên \(\Delta MIC' = \Delta MID'\) (2 cạnh góc vuông)

\( \Rightarrow MC' = MD' \Rightarrow \Delta MC'D'\) cân tại \(E\) \( \Rightarrow ME \bot C'D'\).

Chứng minh tương tự ta có \(MF \bot AB\).

Xét \(\left( {MC'D'} \right)\) và \(\left( {MAB} \right)\) có \(M\) chung, \(\left\{ \begin{array}{l}C'D' \subset \left( {MC'D'} \right)\\AB \subset \left( {MAB} \right)\\C'D'//AB\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \left( {MC'D'} \right) \cap \left( {MAB} \right) = Mx//C'D'//AB\).

Lại có \(\left\{ \begin{array}{l}ME \bot C'D'\\MF \bot AB\end{array} \right.\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}ME \bot Mx\\MF \bot Mx\end{array} \right.\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {MC'D'} \right) \cap \left( {MAB} \right) = Mx\\ME \subset \left( {MC'D'} \right),\,\,ME \bot Mx\\MF \subset \left( {MAB} \right),\,\,MF \bot Mx\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \angle \left( {\left( {MC'D'} \right);\left( {MAB} \right)} \right) = \angle \left( {ME;MF} \right)\).

Giả sử \(ABCD.A'B'C'D'\) là khối lập phương có cạnh bằng 1.

Ta có \(MO = 2MI \Rightarrow MI = \dfrac{1}{3}OI = \dfrac{1}{6}\).

Áp dụng định lí Pytago ta có: \(MC' = \sqrt {M{I^2} + IC{'^2}} = \sqrt {{{\left( {\dfrac{1}{6}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \dfrac{{\sqrt {19} }}{6}\).

\(ME = \sqrt {MC{'^2} - EC{'^2}} = \sqrt {{{\left( {\dfrac{{\sqrt {19} }}{6}} \right)}^2} - {{\left( {\dfrac{1}{2}} \right)}^2}} = \dfrac{{\sqrt {10} }}{6}\).

Tương tự ta có \(MB = \sqrt {M{J^2} + J{B^2}} = \sqrt {{{\left( {\dfrac{5}{6}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \dfrac{{\sqrt {43} }}{6}\), \(MF = \sqrt {M{B^2} - B{F^2}} = \dfrac{{\sqrt {34} }}{6}\).

Dễ thấy \(BC'EF\) là hình bình hành nên \(EF = BC' = \sqrt 2 \).

Áp dụng định lí Côsin trong tam giác \(MEF\) ta có:

\(\cos \angle EMF = \dfrac{{M{E^2} + M{F^2} - E{F^2}}}{{2ME.MF}}\)\( = \dfrac{{{{\left( {\dfrac{{\sqrt {10} }}{6}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{{\sqrt {34} }}{6}} \right)}^2} - {{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2}}}{{2.\dfrac{{\sqrt {10} }}{6}.\dfrac{{\sqrt {34} }}{6}}} = \dfrac{{ - 7\sqrt {85} }}{{85}}\).

Mà góc giữa hai mặt phẳng là góc nhọn, có giá trị côsin là số dương.

Vậy \(\cos \angle \left( {\left( {MC'D'} \right);\left( {MAB} \right)} \right) = \dfrac{{7\sqrt {85} }}{{85}}\).

Đáp án cần chọn là: C

Group 2K8 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> 2K8 Chú ý! Lộ Trình Sun 2026 - 3IN1 - 1 lộ trình ôn 3 kì thi (Luyện thi 26+ TN THPT, 90+ ĐGNL HN, 900+ ĐGNL HCM, 70+ ĐGTD - Click xem ngay) tại Tuyensinh247.com.Đầy đủ theo 3 đầu sách, Thầy Cô giáo giỏi, luyện thi theo 3 giai đoạn: Nền tảng lớp 12, Luyện thi chuyên sâu, Luyện đề đủ dạng đáp ứng mọi kì thi.