Đề bài
Cho hình lập phương ABCD.ABCD 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 [BDI]. Tìm x để diện tích ấy là nhỏ nhấ.
c] Tính khoảng cách từ đến mặt phẳng [BDI] 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 AB] thì \[\widehat {AC'J}\] hoặc \[{180^0} - \widehat {AC'J}\] là góc giữa hai đường thẳng AC và DI với BJ = 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[BDI] là tứ giác DIBK.
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[BID], 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 \[h = {{{a^2}} \over {\sqrt {{a^2} + {x^2} + {{\left[ {a - x} \right]}^2}} }}\]