Câu 83 trang 130 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao


Giải bài tập Câu 83 trang 130 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao

Đề bài

Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Gọi I là điểm thuộc AB; đặt \(AI = x\left( {0 < x < a} \right)\).

a) Khi góc giữa hai đường thẳng AC’ và DI bằng 60°, hãy xác định vj trí của điểm I.

b) Tính theo a và x diện tích thiết diện của hình lập phương khi cắt bởi mặt phẳng (B’DI). Tìm x để diện tích ấy là nhỏ nhấ.

c) Tính khoảng cách từ đến mặt phẳng (B’DI) theo a và x.

Lời giải chi tiết

 

a) Cách 1.

Đặt α là góc giữa DI và AC’ thì

\(\eqalign{  & \cos \alpha  = {{\left| {\overrightarrow {DI} .\overrightarrow {AC'} } \right|} \over {\left| {\overrightarrow {DI} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC'} } \right|}}  \cr  &  = {{\left( {\overrightarrow {DA}  + \overrightarrow {AI} } \right)\left( {\overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AA'} } \right)} \over {\left| {\overrightarrow {DI} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC'} } \right|}}  \cr  &  = {{\left| { - {a^2} + xa} \right|} \over {\sqrt {{a^2} + {x^2}.a\sqrt 3 } }} = {{\left| { - a + x} \right|} \over {\sqrt 3 .\sqrt {{a^2} + {x^2}} }} \cr} \)

Khi ấy \(\alpha  = {60^0}\) khi và chỉ khi

\(\eqalign{  & {{\left| { - a + x} \right|} \over {\sqrt 3 .\sqrt {{a^2} + {x^2}} }} = {1 \over 2}  \cr  &  \Leftrightarrow {x^2} - 8ax + {a^2} = 0  \cr  &  \Leftrightarrow x = a\left( {4 - \sqrt {15} } \right)\,\,\,\left( {vì\,\,0 < x < a} \right) \cr} \)

Hệ thức trên xác định vị trí điểm I.

Cách 2.

Kẻ \(II'//AA'\left( {I' \in A'B'} \right),C'J//D'I'\) (I’ thuộc đường thẳng A’B’) thì \(\widehat {AC'J}\) hoặc \({180^0} - \widehat {AC'J}\) là góc giữa hai đường thẳng AC’ và DI với B’J = x.

Do giả thiết góc giữa hai đường thẳng AC’ và DI bằng 60° nên \(\widehat {AC'J} = {60^0}\) hoặc 120°.

Ta có :

\(\eqalign{  & A{J^2} = AA{'^2} + A'{J^2} = {a^2} + {\left( {a + x} \right)^2}  \cr  & AC{'^2} = 3{a^2},C'{J^2} = {a^2} + {x^2} \cr} \)

- Trường hơp \(\widehat {AC'J} = {60^0}\), ta có

\(A{J^2} = AC{'^2} + C'{J^2} - 2AC'.C'J.{1 \over 2}\)

hay

\(\eqalign{& {a^2} + {\left( {a + x} \right)^2} \cr & = 3{a^2} + {a^2} + {x^2} - 2a\sqrt 3 .\sqrt {{a^2} + {x^2}.{1 \over 2}} \cr & \Leftrightarrow {x^2} - 8ax + {a^2} = 0 \cr & \Rightarrow x = \left( {4 - \sqrt {15} } \right)a\,\,\left( {vì\,0 < x < a} \right) \cr}\)

Trường hợp \(\widehat {AC'J} = {120^0}\), ta có

\(\eqalign{& {a^2} + {\left( {a + x} \right)^2} \cr & = 3{{\rm{a}}^2} + {a^2} + {x^2} + 2{\rm{a}}\sqrt 3 .\sqrt {{a^2} + {x^2}} .{1 \over 2} \cr & \Leftrightarrow 2ax = 2{a^2} + a\sqrt 3 .\sqrt {{a^2} + {x^2}} \cr & \Leftrightarrow 2\left( {x - a} \right) = \sqrt 3 .\sqrt {{a^2} + {x^2}} \cr} \)

Điều này không xảy ra vì 0 < x < a.

Vậy khi \(x = \left( {4 - \sqrt {15} } \right)a\) thì góc giữa DI và AC’ bằng 60°.

b) Gọi

\(\eqalign{  & E = DI \cap CB  \cr  & F = B'E \cap CC'  \cr  & K = DF \cap D'C' \cr} \)

thì thiết diện của hình lập phương khi cắt bởi mp(B’DI) là tứ giác DIB’K.

Dễ thấy đó là hình bình hành

\({S_{DIB'K}} = 2{{\rm{S}}_{B'I{\rm{D}}}}\)

\(= 2.{1 \over 2}\sqrt {{{\overrightarrow {IB'} }^2}.{{\overrightarrow {I{\rm{D}}} }^2} - {{\left( {\overrightarrow {IB'} .\overrightarrow {I{\rm{D}}} } \right)}^2}} \)

Mặt khác \({\overrightarrow {I{\rm{D}}} ^2}.{\overrightarrow {IB'} ^2} = \left( {{a^2} + {x^2}} \right)\left[ {{a^2} + {{\left( {a - x} \right)}^2}} \right]\)

và \(\eqalign{  & {\left( {\overrightarrow {I{\rm{D}}} .\overrightarrow {IB'} } \right)^2} = {\left[ {\left( {\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {A{\rm{D}}} } \right)\left( {\overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {BB'} } \right)} \right]^2}  \cr  &  = {\left( {\overrightarrow {IA} .\overrightarrow {IB} } \right)^2} = {\left[ { - x{{\left( {a - x} \right)}^2}} \right]^2} = {x^2}{\left( {a - x} \right)^2} \cr} \)

Từ đó

\(\eqalign{  & {S_{DIB'K}} = \sqrt {{a^4} + {a^2}{x^2} + {a^2}{{\left( {a - x} \right)}^2}}   \cr  &  = a\sqrt {{a^2} + {x^2} + {{\left( {a - x} \right)}^2}}  \cr} \)

Dễ thấy \({S_{DIB'K}}\) đạt giá trị nhỏ nhất khi \(x = {a \over 2}\) .

c) Gọi khoảng cách từ C đến mp(B’ID), do tứ diện CDEF có CD, CE , CF đôi một vuông góc nên

\({1 \over {{h^2}}} = {1 \over {C{{\rm{D}}^2}}} + {1 \over {C{E^2}}} + {1 \over {C{F^2}}}\).

Mặt khác do AD // BE nên \({a \over {BE}} = {x \over {a - x}}\).

từ đó \(BE = {{a\left( {a - x} \right)} \over x}\)

và \(CE = a + {{a\left( {a - x} \right)} \over x} = {{{a^2}} \over x}\).

Tương tự như trên, ta có \(C'F = {{ax} \over {a - x}}\) từ đó

\(CF = a + {{ax} \over {a - x}} = {{{a^2}} \over {a - x}}\).

Như vậy \({1 \over {{h^2}}} = {1 \over {{a^2}}} + {{{x^2}} \over {{a^4}}} + {{{{\left( {a - x} \right)}^2}} \over {{a^4}}}\)

do vậy \(h = {{{a^2}} \over {\sqrt {{a^2} + {x^2} + {{\left( {a - x} \right)}^2}} }}\)

Loigiaihay.com

Sub đăng ký kênh giúp Ad nhé !


Bình chọn:
4.9 trên 7 phiếu

>>KHOÁ NỀN TẢNG LỚP 12 DÀNH CHO 2K4 NĂM 2022 học sớm chiếm lợi thế luyện thi TN THPT & ĐH


Gửi bài