Cho hình lăng trụ tứ giác đều \(ABCD.{{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}}{{D}_{1}}\) cạnh đáy bằng 1 và chiều cao bằng x. Tìm x để góc tạo bởi đường thẳng \({{B}_{1}}D\) và \(\left( {{B}_{1...

* Hướng dẫn giải

Gọi O, \({{O}_{1}}\) lần lượt là tâm hình vuông ABCD và \({{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}}{{D}_{1}}\); I là trung điểm của \(O{{O}_{1}}; H\) là hình chiếu vuông góc của I trên \({{O}_{1}}C\).

Ta có \({{B}_{1}}{{D}_{1}}\bot \left( {{O}_{1}}IH \right) \Rightarrow IH\bot {{B}_{1}}{{D}_{1}}\) mà \(IH\bot {{O}_{1}}C \Rightarrow IH\bot \left( {{B}_{1}}{{D}_{1}}C \right)\). Suy ra góc tạo bởi đường thẳng \({{B}_{1}}D\) và \(\left( {{B}_{1}}{{D}_{1}}C \right)\) là \(\varphi =\widehat{I{{B}_{1}}H}\).

Ta có \({{B}_{1}}I=\frac{{{B}_{1}}D}{2} =\frac{\sqrt{{{x}^{2}}+2}}{2}; \frac{1}{4I{{H}^{2}}}=\frac{1}{{{O}_{1}}{{O}^{2}}}+\frac{1}{O{{C}^{2}}}=\frac{1}{{{x}^{2}}}+2 \Rightarrow IH=\frac{x}{2\sqrt{2{{x}^{2}}+1}}\).

Suy ra \(\tan \varphi =\frac{IH}{{{B}_{1}}I}=\frac{\frac{x}{2\sqrt{2{{x}^{2}}+1}}}{\frac{\sqrt{{{x}^{2}}+2}}{2}}=\frac{x}{\sqrt{2{{x}^{2}}+1}\sqrt{{{x}^{2}}+2}}\)

Do \(2{{x}^{2}}+1\ge 3\sqrt[3]{{{x}^{4}}}\) và \({{x}^{2}}+2\ge 3\sqrt[3]{{{x}^{2}}}\) nên \(\tan \varphi \le \frac{1}{3}\). Đẳng thức xảy ra khi x=1.