Trả lời câu hỏi 54 - Mục câu hỏi trắc nghiệm trang 117

1. Nội dung câu hỏi

Cho khối tứ diện đều \(ABCD\) cạnh \(a\). Tính:

a) Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(CD\).

b) Chiều cao và thể tích của khối tứ diện đều \(ABCD\).

c) Côsin của góc giữa đường thẳng \(AB\) và mặt phẳng \(\left( {BCD} \right)\).

d) Côsin của số đo góc nhị diện \(\left[ {C,AB,D} \right]\).

3. Lời giải chi tiết

a) Gọi \(M\) và \(N\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(CD\). Do \(ABCD\) là tứ diện đều, ta suy ra các tam giác \(ABC\), \(ABD\), \(ACD\), \(BCD\) là các tam giác đều.

Tam giác \(ABC\) đều có \(M\) là trung điểm của \(AB\), nên ta có \(CM \bot AB\). Chứng minh tương tự ta có \(DM \bot AB\).

Như vậy, do \(CM \bot AB\), \(DM \bot AB\) nên \(\left( {CDM} \right) \bot AB\), điều này suy ra \(MN \bot AB\). Chứng minh tương tự, ta cũng suy ra \(MN \bot CD\).

Vậy \(MN\) là đường vuông góc chưng của hai đường thẳng \(AB\) và \(CD\), từ đó khoảng cách giữa \(AB\) và \(CD\) là đoạn thẳng \(MN\).

Tam giác \(ABC\) đều cạnh \(a\), đường cao \(CM\) nên ta có \(CM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\). Tương tự, ta cũng có \(DM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Vì \(N\) là trung điểm của \(CD\) nên \(CN = \frac{1}{2}CD = \frac{a}{2}\).

Tam giác \(CMN\)vuông tại \(N\), nên\(MN = \sqrt {C{M^2} - C{N^2}}  = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}}  = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(CD\) bằng \(\frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

b) Gọi \(E\) là hình chiếu của \(A\) trên \(\left( {BCD} \right)\). Ta có \(AE\) là đường cao của tứ diện \(ABCD\).

Do \(ABCD\) là tứ diện đều, nên \(E\) là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác \(BCD\). Do \(BCD\) là tam giác đều, nên \(E\) cũng là trọng tâm của tam giác \(BCD\). Mà \(N\) là trung điểm của \(CD\), nên ta có \(BE = \frac{2}{3}BN\).

Tam giác \(BCD\) đều cạnh \(a\), đường cao \(BN\) nên ta có \(BN = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Suy ra \(BE = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{2}{3} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Tam giác \(ABE\) vuông tại \(E\), nên \(AE = \sqrt {A{B^2} - B{E^2}}  = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}}  = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\)

Vậy chiều cao của tứ diện đều là \(\frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).

Do đáy \(BCD\) là tam giác đều cạnh \(a\), nên diện tích đáy của tứ diện là \(\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).

Vậy thể tích của khối tứ diện \(ABCD\) là \(V = \frac{1}{3}Sh = \frac{1}{3}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\frac{{a\sqrt 6 }}{3} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\).

c) Do \(E\) là hình chiếu của \(A\) trên \(\left( {BCD} \right)\), nên góc giữa \(AB\) và \(\left( {BCD} \right)\) là góc \(\widehat {ABE}\).

Tam giác \(ABE\) vuông tại \(E\), nên ta có \(\cos \widehat {ABE} = \frac{{BE}}{{AB}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{3}}}{a} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\).

Vậy côsin góc giữa đường thẳng \(AB\) và mặt phẳng \(\left( {BCD} \right)\) là \(\frac{{\sqrt 3 }}{3}\).

d) Theo câu a, ta có \(CM \bot AB\) và \(DM \bot AB\), nên \(\widehat {CMD}\) là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện \(\left[ {C,AB,D} \right]\).

Áp dụng định lí cos trong tam giác \(CMD\), ta có

\(\cos \widehat {CMD} = \frac{{C{M^2} + M{D^2} - C{D^2}}}{{2CM.MD}} = \frac{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} - {a^2}}}{{2.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{1}{3}\).

Vậy côsin của số đo góc nhị diện \(\left[ {C,AB,D} \right]\) bằng \(\frac{1}{3}\).