Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Gọi I là điểm thuộc AB; đặt AI=x(0<x<a).
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.
a) Cách 1.
Đặt α là góc giữa DI và AC’ thì
cosα=|→DI.→AC′||→DI|.|→AC′|=(→DA+→AI)(→AD+→AB+→AA′)|→DI|.|→AC′|=|−a2+xa|√a2+x2.a√3=|−a+x|√3.√a2+x2
Khi ấy α=600 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}
Advertisements (Quảng cáo)
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}} }}