Thứ Sáu, ngày 08 tháng 3 năm 2013

Bài toán về lăng trụ tam giác đều

Trả lời câu hỏi của Đá Tảng.

Đề bài. Cho lăng trụ tam giác đều $ABC.A'B'C',$ $M$ là trung điểm của $B B'.$ Biết rằng $A'B \perp CM$ và khoảng cách giữa hai đường thẳng $A'B,\,CM$ bằng $\frac{a\sqrt{3}}{10}.$ Tính thể tích của khối lăng trụ theo $a.$

Lời giải. Gọi $D$ là trung điểm của $A'B'.$ Do $M$ là trung điểm của $BB'$ nên $DM$ là đường trung bình ứng với cạnh $A'B$ của tam giác $B'A'B,$ suy ra $DM\parallel A'B.$ Theo giả thiết, ta có $A'B \perp CM$ nên $DM \perp CM.$ 

Bây giờ, kéo dài $DM$ cắt $AB$ tại $E$ và $AA'$ tại $F.$ Xét hai tam giác $EBM$ và $DB'M,$ ta có $\widehat{EBM}=\widehat{MB'D}=90^{\circ},$ $BM=B'M$ và $\widehat{BME}=\widehat{B'MD}$ (đối đỉnh) nên chúng bằng nhau (g-c-g). Suy ra $BE=B'D$ và $ME=MD.$ 

Chứng minh tương tự, ta cũng có $DF=DM=ME$ và $A'F=MB'.$

Như vậy, nếu đặt $AB=2x$ và $BB'=2y$ thì ta có $BE=x,$ $AE=3x$ và $BM=y.$ Áp dụng định lý cosin trong tam giác $AEC,$ ta có $$\begin{aligned} EC^2 &=AE^2+AC^2-2\cdot AE\cdot AC \cdot \cos \widehat{EAC} \\ &=(3x)^2+(2x)^2-2\cdot 3x \cdot 2x \cdot \cos 60^{\circ} =7x^2.\end{aligned}$$ Áp dụng định lý Pitago trong tam giác $EBM$ vuông tại $B,$ ta tính được $$EM^2=BE^2+BM^2=x^2+y^2.$$ Áp dụng định lý Pitago trong tam giác $BMC$ vuông tại $B,$ ta có $$MC^2=BM^2+BC^2=y^2+(2x)^2=4x^2+y^2.$$ Vì $MC \perp ME$ nên cũng theo định lý Pitago, ta có $EM^2+MC^2=EC^2,$ hay $$(x^2+y^2)+(4x^2+y^2)=7x^2.$$ Sau khi rút gọn, ta thu được $x=y.$ Và như thế, ta có $AB=BB'=2x.$

Tiếp theo, ta sẽ tìm cách tính $x.$ Do $A'B\parallel DM$ và $A'B \not \subset (DMC)$ nên ta có $A'B \parallel (DMC).$ Suy ra $$\mathrm{d} ( A'B,\, CM)=\mathrm{d} \big( B,\, (DMC)\big).$$ Lại có $E \in (DMC)$ và $BE=\frac{1}{3}AE$ nên $$\mathrm{d} \big (B,\, (DMC)\big) =\frac{1}{3}\cdot \mathrm{d} \big(A,\, (DMC)\big).$$ Do giả thiết $\mathrm{d} (A'B,\, CM)=\frac{a\sqrt{3}}{10}$ nên ta suy ra $$\mathrm{d}\big(A,\, (DMC)\big)=\frac{3a\sqrt{3}}{10}.$$ Bây giờ, từ $A$ kẻ $AH \perp EC$ cắt $EC$ tại $H.$ Kẻ tiếp $AP\perp HF$ cắt $HF$ tại $P.$ Ta có $AA' \perp EC$ (tính chất lăng trụ đứng) và $AH \perp EC$ nên $EC \perp (AHF),$ suy ra $EC \perp AP.$ Lại có $AP \perp HF$ nên $AP \perp (DMC).$ Nói cách khác, ta có $$AP =\mathrm{d} \big(A,\, (DMC)\big).$$ Đến đây, sử dụng hệ thức lượng trong tam giác $AFH$ vuông tại $A,$ ta được $$\frac{1}{AP^2}=\frac{1}{AF^2}+\frac{1}{AH^2}.$$ Mặt khác, ta lại có $AP=\frac{3a\sqrt{3}}{10},$ $AF=3x$ và: $$AH=\frac{2S_{AEC}}{EC}=\frac{AE \cdot AC\cdot \sin \widehat{EAC}}{EC}=\frac{3x\cdot 2x \cdot \sin 60^{\circ}}{x\sqrt{7}}=\frac{3x\sqrt{3}}{\sqrt{7}}.$$ Do đó, thay vào hệ thức ở trên, ta được $$\frac{100}{27a^2}=\frac{1}{9x^2}+\frac{7}{27x^2}.$$ Giải phương trình này, ta được $x=\frac{a}{\sqrt{10}}.$ Vậy $AB=BB'=\frac{2a}{\sqrt{10}}.$ Cuối cùng, ta thu được $$V_{ABC.A'B'C'}= BB' \cdot S_{ABC}=BB'\cdot \frac{AB^2\sqrt{3}}{4}=\frac{2a}{\sqrt{10}}\cdot \frac{\frac{2a^2}{5}\cdot \sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{30}}{50} \text{ (đvtt)}.$$

Không có nhận xét nào:

Đăng nhận xét