Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có \({{S}_{ABC'}}=\sqrt{3}\). Mặt phẳng (ABC’) tạo với đáy một góc \(\alpha \). Tính \(\cos \alpha \) để \({{V}_{ABC.A'B'C'}}\) lớn nhất.

* Hướng dẫn giải

a có AB=a. Gọi M là trung điểm của \(AB\Rightarrow \widehat{C'MC}=\alpha \Rightarrow \cos \alpha =\frac{MC}{MC'}\Rightarrow CC'=MC'.\sin \alpha \)

\(\begin{align} & {{S}_{ABC'}}=\sqrt{3}\Leftrightarrow \frac{AB.C'M}{2}=\sqrt{3}\Leftrightarrow a.CM.cos\alpha =2\sqrt{3}\Leftrightarrow a.a\frac{\sqrt{3}}{2}\cos \alpha =2\sqrt{3}\Leftrightarrow \cos \alpha =\frac{4}{{{a}^{2}}} \\ & {{V}_{ABC.A'B'C'}}={{S}_{ABC}}.CC'=\frac{\sqrt{3}}{4}{{a}^{2}}.MC.\tan \alpha =\frac{\sqrt{3}}{4}{{a}^{2}}\frac{\sqrt{3}}{2}a.\tan \alpha =\frac{3}{8}{{a}^{3}}\sqrt{\frac{1}{16{{a}^{4}}}-1}=\frac{3}{8}\sqrt{\frac{{{a}^{2}}}{16}-{{a}^{6}}}. \\ \end{align}\)

Xét 

\(\begin{array}{l} f(x) = 16x - {x^3}\left( {0 \le x \le 4} \right)f'(x) = 16 - 3{x^2}\left( {0 \le x \le 4} \right);\\ f'(x) = 0 \Leftrightarrow 16 - 3{x^2} = 0 \Leftrightarrow x = \frac{4}{{\sqrt 3 }};f(0) = 0;f(4) = 0;f\left( {\frac{4}{{\sqrt 3 }}} \right) = \frac{{128}}{{3\sqrt 3 }}. \end{array}\)

Vậy \({{V}_{ABC.A'B'C'}}\) lớn nhất khi \(\alpha =\sqrt{x}=\frac{2}{{}^{4}\sqrt{3}}\) nên \(\cos \alpha =\frac{4}{{{a}^{2}}}=\frac{4}{x}=\frac{1}{\sqrt{3}}\)