Google
Câu hỏi: Cho hình hộp $ABCD.A'B'C'D'$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$ và $AD=2AB=2a$ ; $\cos AOB=\dfrac{3}{5}$. Gọi $E,F$ lần lượt là trung điểm của $BC$ và $AD$. Biết rằng $CD'\bot CF;BB'\bot ED$ và khoảng cách giữa hai đường thẳng $CD$ và $AA'$ là $a\sqrt{3}$, tính thể tích khối hộp $ABCD.A'B'C'D'$.
A. $\dfrac{3{{a}^{3}}\sqrt{3}}{2}$
B. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{3}$
C. $3{{a}^{3}}\sqrt{3}$
D. ${{a}^{3}}\sqrt{3}$
A. $\dfrac{3{{a}^{3}}\sqrt{3}}{2}$
B. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{3}$
C. $3{{a}^{3}}\sqrt{3}$
D. ${{a}^{3}}\sqrt{3}$
Phương pháp:
Sử dụng công thức đường trung tuyến và định lí hàm \cos để tính độ dài $OA,OB.~$
Dựa vào $CD'\bot CF,BB'\bot ED;{{d}_{(CD,AA')}}=a\sqrt{3}$ để tính chiều cao của khối hộp.
Thể tích của khối hộp có chiều cao $h$ và diện tích đáy bằng $S$ là $V=Sh$
Cách giải:
Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $O$ là trung điểm của $AC$ và $BD.~$
Theo công thức đường trung tuyến ta có: $BO$ là trung tuyến trong tam giác $ABC$ nên
$B{{O}^{2}}=\dfrac{B{{A}^{2}}+B{{C}^{2}}}{2}-\dfrac{A{{C}^{2}}}{4}\Leftrightarrow O{{B}^{2}}=\dfrac{{{a}^{2}}+4{{a}^{2}}}{2}-O{{A}^{2}}\Leftrightarrow O{{A}^{2}}+O{{B}^{2}}=\dfrac{5{{a}^{2}}}{2}\left( 1 \right)$
Theo định lí hàm số \cos ta có:
$\cos \angle AOB=\dfrac{O{{A}^{2}}+O{{B}^{2}}-A{{B}^{2}}}{2OA.OB}$
$=\dfrac{\dfrac{5{{a}^{2}}}{2}-{{a}^{2}}}{2OA.OB}=\dfrac{3{{a}^{2}}}{4OA.OB}$
$\cos \angle AOB=\dfrac{3}{5}\Rightarrow OA.OB=\dfrac{5}{4}{{a}^{2}}\left( 2 \right)$
Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ ta có: $O{{A}^{2}}+O{{B}^{2}}-2OA.OB=0\Leftrightarrow {{(OA-OB)}^{2}}=0\Leftrightarrow OA=OB=\dfrac{\sqrt{5}a}{2}$
Suy ra $AC=DB$ mà $ABCD$ là hình bình hành nên $ABCD$ là hình chữ nhật.
Do $AD=2AB$ nên $CDFE$ là hình vuông.
Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $B'C'$ và $A'D'$, ta có:
$\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
CD'\bot CF \\
MD'//ED\Rightarrow MD'\bot CF \\
\end{array}\Leftrightarrow CF\bot \left( CMD' \right)\left( 3 \right) \right.$
$\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
DE\bot CF \\
BB'\bot ED\Rightarrow CC'\bot ED \\
\end{array}\Rightarrow ED\bot \left( CC'NF \right)\left( 4 \right) \right.$
Gọi $I$ là giao điểm của $C'N$ và $D'M$. Từ $\left( 3 \right)$ và $\left( 4 \right)$ suy ra $\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
DE\bot CI \\
CF\bot CI \\
\end{array}\Rightarrow CI\bot (ABCD) \right.$
Ta có:
$\begin{array}{*{35}{l}}
d\left( CD;AA' \right)=d\left( \left( CDD'C' \right);\left( ABB'A' \right) \right)=d\left( B';\left( CDD'C' \right) \right) \\
\quad =2d\left( M;\left( CDD'C' \right) \right)=4d\left( I;\left( CDD'C' \right) \right) \\
\Rightarrow d\left( I;\left( CDD'C' \right) \right)=\dfrac{\sqrt{3}a}{4} \\
\end{array}$
Gọi $H$ là trung điểm của $C'D'$. Khi đó, $\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
C'D'\bot IH \\
C'D'\bot CI \\
\end{array}\Rightarrow C'D'\bot (CIH)\Rightarrow \left( CDD'C' \right)\bot (CIH) \right.\left( 5 \right)$
Trong $mp\left( CIH \right)$, kẻ $IK\bot CH(K\in CH)$. Suy ra $(5)\Leftrightarrow IK\bot \left( CDD'C' \right)\Rightarrow IK=\dfrac{\sqrt{3}a}{4}$.
Tam giác $CIH$ vuông tại $I$ có đường cao $IK$ nên
$\dfrac{1}{I{{K}^{2}}}=\dfrac{1}{I{{C}^{2}}}+\dfrac{1}{I{{H}^{2}}}\Leftrightarrow \dfrac{1}{{{\left( \dfrac{\sqrt{3}}{4}a \right)}^{2}}}=\dfrac{1}{I{{C}^{2}}}+\dfrac{1}{{{\left( \dfrac{a}{2} \right)}^{2}}}\Rightarrow IC=\dfrac{\sqrt{3}a}{2}$
Do $CI\bot (ABCD)$ nên thể tích của hình hộp $ABCD.A'B'C'D'$ là:
${{V}_{ABCD.A'B'C'D'}}=CI.{{S}_{ABCD}}=CI.AB.AD=\dfrac{\sqrt{3}}{2}a.a.2a=\sqrt{3}{{a}^{3}}.$
Sử dụng công thức đường trung tuyến và định lí hàm \cos để tính độ dài $OA,OB.~$
Dựa vào $CD'\bot CF,BB'\bot ED;{{d}_{(CD,AA')}}=a\sqrt{3}$ để tính chiều cao của khối hộp.
Thể tích của khối hộp có chiều cao $h$ và diện tích đáy bằng $S$ là $V=Sh$
Cách giải:
Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $O$ là trung điểm của $AC$ và $BD.~$
Theo công thức đường trung tuyến ta có: $BO$ là trung tuyến trong tam giác $ABC$ nên
$B{{O}^{2}}=\dfrac{B{{A}^{2}}+B{{C}^{2}}}{2}-\dfrac{A{{C}^{2}}}{4}\Leftrightarrow O{{B}^{2}}=\dfrac{{{a}^{2}}+4{{a}^{2}}}{2}-O{{A}^{2}}\Leftrightarrow O{{A}^{2}}+O{{B}^{2}}=\dfrac{5{{a}^{2}}}{2}\left( 1 \right)$
Theo định lí hàm số \cos ta có:
$\cos \angle AOB=\dfrac{O{{A}^{2}}+O{{B}^{2}}-A{{B}^{2}}}{2OA.OB}$
$=\dfrac{\dfrac{5{{a}^{2}}}{2}-{{a}^{2}}}{2OA.OB}=\dfrac{3{{a}^{2}}}{4OA.OB}$
$\cos \angle AOB=\dfrac{3}{5}\Rightarrow OA.OB=\dfrac{5}{4}{{a}^{2}}\left( 2 \right)$
Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ ta có: $O{{A}^{2}}+O{{B}^{2}}-2OA.OB=0\Leftrightarrow {{(OA-OB)}^{2}}=0\Leftrightarrow OA=OB=\dfrac{\sqrt{5}a}{2}$
Suy ra $AC=DB$ mà $ABCD$ là hình bình hành nên $ABCD$ là hình chữ nhật.
Do $AD=2AB$ nên $CDFE$ là hình vuông.
Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $B'C'$ và $A'D'$, ta có:
$\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
CD'\bot CF \\
MD'//ED\Rightarrow MD'\bot CF \\
\end{array}\Leftrightarrow CF\bot \left( CMD' \right)\left( 3 \right) \right.$
$\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
DE\bot CF \\
BB'\bot ED\Rightarrow CC'\bot ED \\
\end{array}\Rightarrow ED\bot \left( CC'NF \right)\left( 4 \right) \right.$
Gọi $I$ là giao điểm của $C'N$ và $D'M$. Từ $\left( 3 \right)$ và $\left( 4 \right)$ suy ra $\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
DE\bot CI \\
CF\bot CI \\
\end{array}\Rightarrow CI\bot (ABCD) \right.$
Ta có:
$\begin{array}{*{35}{l}}
d\left( CD;AA' \right)=d\left( \left( CDD'C' \right);\left( ABB'A' \right) \right)=d\left( B';\left( CDD'C' \right) \right) \\
\quad =2d\left( M;\left( CDD'C' \right) \right)=4d\left( I;\left( CDD'C' \right) \right) \\
\Rightarrow d\left( I;\left( CDD'C' \right) \right)=\dfrac{\sqrt{3}a}{4} \\
\end{array}$
Gọi $H$ là trung điểm của $C'D'$. Khi đó, $\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
C'D'\bot IH \\
C'D'\bot CI \\
\end{array}\Rightarrow C'D'\bot (CIH)\Rightarrow \left( CDD'C' \right)\bot (CIH) \right.\left( 5 \right)$
Trong $mp\left( CIH \right)$, kẻ $IK\bot CH(K\in CH)$. Suy ra $(5)\Leftrightarrow IK\bot \left( CDD'C' \right)\Rightarrow IK=\dfrac{\sqrt{3}a}{4}$.
Tam giác $CIH$ vuông tại $I$ có đường cao $IK$ nên
$\dfrac{1}{I{{K}^{2}}}=\dfrac{1}{I{{C}^{2}}}+\dfrac{1}{I{{H}^{2}}}\Leftrightarrow \dfrac{1}{{{\left( \dfrac{\sqrt{3}}{4}a \right)}^{2}}}=\dfrac{1}{I{{C}^{2}}}+\dfrac{1}{{{\left( \dfrac{a}{2} \right)}^{2}}}\Rightarrow IC=\dfrac{\sqrt{3}a}{2}$
Do $CI\bot (ABCD)$ nên thể tích của hình hộp $ABCD.A'B'C'D'$ là:
${{V}_{ABCD.A'B'C'D'}}=CI.{{S}_{ABCD}}=CI.AB.AD=\dfrac{\sqrt{3}}{2}a.a.2a=\sqrt{3}{{a}^{3}}.$
Đáp án D.