Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có tâm O. Gọi I là tâm hình vuông A'B'C'D' và M là điểm

* Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

- Sử dụng định lí: Góc giữa hai mặt phẳng là giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến.

- Xác định góc giữa hai mặt phẳng, sử dụng định lí Pytago và định lí Côsin trong tam giác để tính góc.

Giải chi tiết:

Gọi E,F lần lượt là trung điểm của C'D',AB.

Xét $\Delta MI{C}^{\text{'}}$ và $\Delta MI{D}^{\text{'}}$ có MI chung, Ic'=Id' nên $\Delta MI{C}^{\text{'}}=\Delta MI{D}^{\text{'}}$(2 cạnh góc vuông)

$\Rightarrow M{C}^{\text{'}}=M{D}^{\text{'}}\Rightarrow \Delta M{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}$cân tại E $\Rightarrow ME\perp C^{\text{'}}{D}^{\text{'}}$.

Chứng minh tương tự ta có $MF\perp AB$.

Xét (MC'D') và (MAB) có M chung, $\{\begin{array}{l}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\subset \left(M{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)\\ AB\subset \left(MAB\right)\\ C^{\text{'}}{D}^{\text{'}}//AB\end{array}$

$\Rightarrow \left(M{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)\cap \left(MAB\right)=Mx//C^{\text{'}}{D}^{\text{'}}//AB$.

Lại có $\{\begin{array}{l}ME\perp C^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\\ MF\perp AB\end{array}\left(cmt\right)\Rightarrow \{\begin{array}{l}ME\perp Mx\\ MF\perp Mx\end{array}$.

Ta có: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {MC'D'} \right) \cap \left( {MAB} \right) = Mx}\\{ME \subset \left( {MC'D'} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} ME \bot Mx}\\{MF \subset \left( {MAB} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} MF \bot Mx}\end{array}} \right.\]

$\Rightarrow \angle (\left(M{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right);\left(MAB\right))=\angle (ME;MF)$.

Giả sử ABCD.A'B'C'D' là khối lập phương có cạnh bằng 1.

Ta có $MO=2MI\Rightarrow MI=\frac{1}{3}OI=\frac{1}{6}$.

Áp dụng định lí Pytago ta có: $M{C}^{\text{'}}=\sqrt{M{I}^2+I{C^{\text{'}}}^2}=\sqrt{{\left(\frac{1}{6}\right)}^2+{\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\frac{\sqrt{19}}{6}$

$ME=\sqrt{M{C^{\text{'}}}^2-E{C^{\text{'}}}^2}=\sqrt{{\left(\frac{\sqrt{19}}{6}\right)}^2-{\left(\frac{1}{2}\right)}^2}=\frac{\sqrt{10}}{6}$

Tương tự ta có $MB=\sqrt{M{J}^2+J{B}^2}=\sqrt{{\left(\frac{5}{6}\right)}^2+{\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\frac{\sqrt{43}}{6}$

$MF=\sqrt{M{B}^2-B{F}^2}=\frac{\sqrt{34}}{6}$

Dễ thấy BC'EF là hình bình hành nên $EF=B{C}^{\text{'}}=\sqrt{2}$.

Áp dụng định lí Côsin trong tam giác MEF ta có:

$\cos \angle EMF=\frac{M{E}^2+M{F}^2-E{F}^2}{2ME.MF}$$=\frac{{\left(\frac{\sqrt{10}}{6}\right)}^2+{\left(\frac{\sqrt{34}}{6}\right)}^2-{\left(\sqrt{2}\right)}^2}{2.\frac{\sqrt{10}}{6}.\frac{\sqrt{34}}{6}}=\frac{-7\sqrt{85}}{85}$

Mà góc giữa hai mặt phẳng là góc nhọn, có giá trị côsin là số dương.

Vậy $\cos \angle (\left(M{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right);\left(MAB\right))=\frac{7\sqrt{85}}{85}$.

Đáp án C.