Google
Câu hỏi: Cho hình hộp ${ABCD.A'B'C'D'}$ có ${A'B}$ vuông góc với mặt phẳng đáy ${\left( ABCD \right)}$, góc giữa ${A'A}$ và mặt phẳng ${\left( ABCD \right)}$ bằng ${{{45}^{0}}}$. Khoảng cách từ ${A}$ đến các đường thẳng ${BB'}$ và ${D'D}$ bằng ${2}$. Góc giữa mặt ${\left( BB'CC' \right)}$ và mặt phẳng ${\left( CC'D'D \right)}$ bằng ${{{60}^{0}}}$. Thể tích khối hộp đã cho là
A. ${4\sqrt{3}}$.
B. ${8\sqrt{3}}$.
C. ${2\sqrt{3}}$.
D. ${\sqrt{3}}$.
Gọi $H$ và $K$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A'$ lên trên các đường thẳng $BB'$ và $D'D$
Từ đó suy ra: $d\left( {{A}^{\prime }};B{{B}^{\prime }} \right)=d\left( {{A}^{\prime }};D{{D}^{\prime }} \right)$
Ta có:$\left. \begin{array}{*{35}{l}}
{{A}^{\prime }}A\cap (ABCD)=A \\
{{A}^{\prime }}B\bot (ABCD) \\
\end{array} \right\}\Rightarrow \left( {{A}^{\prime }}A;(ABCD) \right)=\widehat{{{A}^{\prime }}AB}={{45}^{0}}$
Xét tam giác ${{A}^{\prime }}AB$ có $\widehat{{{A}^{\prime }}AB}={{45}^{0}}$ và ${{A}^{\prime }}B\bot AB\Rightarrow \Delta {{A}^{\prime }}AB$ vuông cân tại $B$
Từ đó suy ra ${{A}^{\prime }}B=AB\Rightarrow {{A}^{\prime }}B={{A}^{\prime }}{{B}^{\prime }}$. Vậy $H$ là trung điểm của $BB'$
Ta có $\left( C{{C}^{\prime }}{{D}^{\prime }}D \right)//\left( B{{B}^{\prime }}{{A}^{\prime }}A \right);\left( B{{B}^{\prime }}{{C}^{\prime }}C \right)//\left( A{{A}^{\prime }}{{D}^{\prime }}D \right)$
Nên $\overset\frown{\left( \left( B{{B}^{\prime }}C{{C}^{\prime }} \right);\left( C{{C}^{\prime }}{{D}^{\prime }}D \right) \right)}=\overset\frown{\left( \left( B{{B}^{\prime }}{{A}^{\prime }}A \right);\left( A{{A}^{\prime }}{{D}^{\prime }}D \right) \right)}={{60}^{0}}=\left( {{A}^{\prime }}K;{{A}^{\prime }}H \right)$
Mà ${{A}^{\prime }}K={{A}^{\prime }}H=2\Rightarrow {{S}_{\Delta {{A}^{\prime }}HK}}=\sqrt{3}$
Có: $\Delta {{A}^{\prime }}{{B}^{\prime }}B$ vuông tại ${{A}^{\prime }}\text{ v }\!\!\grave{\mathrm{a}}\!\!\text{ }{{A}^{\prime }}H=2\Rightarrow {{A}^{\prime }}B=2\sqrt{2}$
Lại có$\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
{{A}^{\prime }}H\bot B{{B}^{\prime }} \\
{{A}^{\prime }}K\bot B{{B}^{\prime }} \\
{{A}^{\prime }}H\cap {{A}^{\prime }}K={{A}^{\prime }} \\
\end{array}\Rightarrow B{{B}^{\prime }}\bot \left( {{A}^{\prime }}HK \right)\Rightarrow (ABCD);\left( {{A}^{\prime }}HK \right)=\left( {{A}^{\prime }}A;{{A}^{\prime }}B \right)={{45}^{0}} \right.$
Do dó $\Delta {{A}^{\prime }}HK$ là hình chiếu của $\Delta ABD$ lên $\left( {{A}^{\prime }}KH \right).$
Nên $\Rightarrow {{S}_{\Delta AHK}}=\cos {{45}^{0}}.{{S}_{\Delta ADB}}\Rightarrow {{S}_{\Delta ADB}}=\dfrac{\sqrt{3}}{\cos {{45}^{0}}}=\sqrt{6}$
Thể tích khối ${{A}^{\prime }}{{B}^{\prime }}D.ABD$ hộp là ${{V}_{{{A}^{\prime }}{{B}^{\prime }}{{D}^{\prime }}.ABD}}={{A}^{\prime }}B.{{S}_{\Delta ADB}}=2.\sqrt{2}.\sqrt{6}=4\sqrt{3}$
Thể tích khối hộp đã cho là ${{V}_{{{A}^{\prime }}B{{C}^{\prime }}D'.ABCD}}=2.{{V}_{{{A}^{\prime }}B'{{D}^{\prime }}.ABD}}=8\sqrt{3}$
A. ${4\sqrt{3}}$.
B. ${8\sqrt{3}}$.
C. ${2\sqrt{3}}$.
D. ${\sqrt{3}}$.
Gọi $H$ và $K$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A'$ lên trên các đường thẳng $BB'$ và $D'D$
Từ đó suy ra: $d\left( {{A}^{\prime }};B{{B}^{\prime }} \right)=d\left( {{A}^{\prime }};D{{D}^{\prime }} \right)$
Ta có:$\left. \begin{array}{*{35}{l}}
{{A}^{\prime }}A\cap (ABCD)=A \\
{{A}^{\prime }}B\bot (ABCD) \\
\end{array} \right\}\Rightarrow \left( {{A}^{\prime }}A;(ABCD) \right)=\widehat{{{A}^{\prime }}AB}={{45}^{0}}$
Xét tam giác ${{A}^{\prime }}AB$ có $\widehat{{{A}^{\prime }}AB}={{45}^{0}}$ và ${{A}^{\prime }}B\bot AB\Rightarrow \Delta {{A}^{\prime }}AB$ vuông cân tại $B$
Từ đó suy ra ${{A}^{\prime }}B=AB\Rightarrow {{A}^{\prime }}B={{A}^{\prime }}{{B}^{\prime }}$. Vậy $H$ là trung điểm của $BB'$
Ta có $\left( C{{C}^{\prime }}{{D}^{\prime }}D \right)//\left( B{{B}^{\prime }}{{A}^{\prime }}A \right);\left( B{{B}^{\prime }}{{C}^{\prime }}C \right)//\left( A{{A}^{\prime }}{{D}^{\prime }}D \right)$
Nên $\overset\frown{\left( \left( B{{B}^{\prime }}C{{C}^{\prime }} \right);\left( C{{C}^{\prime }}{{D}^{\prime }}D \right) \right)}=\overset\frown{\left( \left( B{{B}^{\prime }}{{A}^{\prime }}A \right);\left( A{{A}^{\prime }}{{D}^{\prime }}D \right) \right)}={{60}^{0}}=\left( {{A}^{\prime }}K;{{A}^{\prime }}H \right)$
Mà ${{A}^{\prime }}K={{A}^{\prime }}H=2\Rightarrow {{S}_{\Delta {{A}^{\prime }}HK}}=\sqrt{3}$
Có: $\Delta {{A}^{\prime }}{{B}^{\prime }}B$ vuông tại ${{A}^{\prime }}\text{ v }\!\!\grave{\mathrm{a}}\!\!\text{ }{{A}^{\prime }}H=2\Rightarrow {{A}^{\prime }}B=2\sqrt{2}$
Lại có$\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
{{A}^{\prime }}H\bot B{{B}^{\prime }} \\
{{A}^{\prime }}K\bot B{{B}^{\prime }} \\
{{A}^{\prime }}H\cap {{A}^{\prime }}K={{A}^{\prime }} \\
\end{array}\Rightarrow B{{B}^{\prime }}\bot \left( {{A}^{\prime }}HK \right)\Rightarrow (ABCD);\left( {{A}^{\prime }}HK \right)=\left( {{A}^{\prime }}A;{{A}^{\prime }}B \right)={{45}^{0}} \right.$
Do dó $\Delta {{A}^{\prime }}HK$ là hình chiếu của $\Delta ABD$ lên $\left( {{A}^{\prime }}KH \right).$
Nên $\Rightarrow {{S}_{\Delta AHK}}=\cos {{45}^{0}}.{{S}_{\Delta ADB}}\Rightarrow {{S}_{\Delta ADB}}=\dfrac{\sqrt{3}}{\cos {{45}^{0}}}=\sqrt{6}$
Thể tích khối ${{A}^{\prime }}{{B}^{\prime }}D.ABD$ hộp là ${{V}_{{{A}^{\prime }}{{B}^{\prime }}{{D}^{\prime }}.ABD}}={{A}^{\prime }}B.{{S}_{\Delta ADB}}=2.\sqrt{2}.\sqrt{6}=4\sqrt{3}$
Thể tích khối hộp đã cho là ${{V}_{{{A}^{\prime }}B{{C}^{\prime }}D'.ABCD}}=2.{{V}_{{{A}^{\prime }}B'{{D}^{\prime }}.ABD}}=8\sqrt{3}$
Đáp án B.