Cho hình hộp ABCD.A′B′C′D′ có độ dài tất cả các cạnh đều bằng a > 0 và góc BAD = góc DAA′ = góc A′AB = 60 độ. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AA′, CD.

71/235

Cho hình hộp $ABCD.A'B'C'D'$ có độ dài tất cả các cạnh đều bằng $a > 0$ và $\widehat {BAD} = \widehat {DAA'} = \widehat {A'AB} = {60^0}$. Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AA',CD$. Chứng minh $MN$ song song với mặt phẳng $\left( {A'C'D} \right)$ và tính cosin của góc tạo bởi hai đường thẳng $NM$ và $B'C$.

$\frac{{3\sqrt 5 }}{{10}}$.

$\frac{{3\sqrt 5 }}{5}$.

$\frac{{\sqrt 5 }}{{10}}$.

$\frac{{3\sqrt 5 }}{2}$.

Giải thích

Phương pháp giải: ${\rm{cos}}\left( {MN,CB'} \right) = \left| {\cos \widehat {DA'I}} \right|$

Giải chi tiết:

$Phương pháp giải: \({\rm{cos}}\l (ảnh 1)$

Gọi $I$ là trung điểm của $DC'$.

Trong tam giác $CDC'$ có $NI$ là đường trung bình của tam giác, nên $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{NI\parallel CC'}\\{NI = \frac{1}{2}CC'}\end{array}} \right.$.

Mà $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{CC'\parallel AA'}\\{CC' = AA'}\end{array}} \right.$ (tính chất hình hộp)

$ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{NI\parallel AA'}\\{NI = \frac{1}{2}AA'}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{NI\parallel MA'}\\{NI = MA'}\end{array}} \right.$.

Vậy tứ giác $MNIA'$ là hình bình hành nên $MN\parallel IA'$.

Mà $IA' \subset \left( {A'C'D} \right) \Rightarrow MN\parallel \left( {A'C'D} \right)$.

Vì $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{MN\parallel IA'}\\{CB'\parallel DA'}\end{array}} \right. \Rightarrow \left( {\widehat {CB',MN}} \right) = \left( {\widehat {DA',IA'}} \right) = \widehat {DA'I}$hoặc ${180^0} - \widehat {DA'I}$.

Ta có tam giác $DAA'$ đều nên $DA' = a$.

Xét ${\rm{\Delta }}ABC$ có:$\widehat {ABC} = {\rm{\;}}{120^0};A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} - 2AB \cdot BC \cdot {\rm{cos}}{120^0} = 3{a^2} \Rightarrow AC = a\sqrt 3 $.

Tương tự, áp dụng định lý cosin cho ${\rm{\Delta }}A'AB'$ ta có $AB' = a\sqrt 3 $.

Ta có $AC = A'C' = a\sqrt 3 ,AB' = DC' = a\sqrt 3 $.

Trong ${\rm{\Delta }}DA'C'$ có $A'I$ là đường trung tuyến:
$I{A'^2} = \frac{{D{{A'}^2} + A'{{C'}^2}}}{2} - \frac{{D{{C'}^2}}}{4} = \frac{{{a^2} + 3{a^2}}}{2} - \frac{{3{a^2}}}{4} = \frac{{5{a^2}}}{4} \Rightarrow IA' = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}{\rm{.}}$

Trong ${\rm{\Delta }}A'DI$ ta có: ${\rm{cos}}\widehat {DA'I} = \frac{{D{{A'}^2} + I{{A'}^2} - D{I^2}}}{{2 \cdot DA' \cdot IA'}} = \frac{3}{{2\sqrt 5 }} > 0$.

Kết luận: ${\rm{cos}}\left( {MN,CB'} \right) = \left| {\cos \widehat {DA'I}} \right| = \frac{3}{{2\sqrt 5 }} = \frac{{3\sqrt 5 }}{{10}}$.