Google
Câu hỏi: Cho hình lăng trụ $ABC.A'B'C'$ có đáy $ABC$ là tam giác cân tại $A,BAC={{120}^{0}}$ và các cạnh bên hợp với đáy một góc bằng ${{45}^{0}}.$ Hình chiếu vuông góc của $A'$ lên mặt phẳng $\left( ABC \right)$ trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC.$ Tính thể tích của khối lăng trụ $ABC.A'B'C'$ biết khoảng cách từ điểm $B$ đến mặt phẳng $\left( ACC'A' \right)$ bằng $\dfrac{\sqrt{21}}{7}.$
A. $\dfrac{\sqrt{3}}{4}$
B. $\dfrac{\sqrt{3}}{3}$
C. $\dfrac{\sqrt{3}}{6}$
D. $\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$
A. $\dfrac{\sqrt{3}}{4}$
B. $\dfrac{\sqrt{3}}{3}$
C. $\dfrac{\sqrt{3}}{6}$
D. $\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$
Phương pháp:
- Gọi $O$ là trung điểm của $BC,$ gọi $H$ là điểm đối xứng với $A$ qua $O,$ chứng minh $H$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$.
- Xác định $\angle \left( A'A;\left( ABC \right) \right)$.
- Đặt $AB=AC=AH=A'H=x\left( x>0 \right)$.
- Chứng minh $\Rightarrow d\left( B;\left( ACC'A' \right) \right)=d\left( H;\left( ACC'A' \right) \right).$ Gọi $M$ là trung điểm của $AC,$ trong $\left( A'HM \right)$ kẻ $HK\bot A'M\left( K\in A'M \right),$ chứng minh $d\left( H;\left( ACC'A' \right) \right)=HK.$
- Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $A'HM$ tìm $x.$
- Tính ${{V}_{ABC.A'B'C'}}=A'H.{{S}_{\Delta ABC}}$.
Cách giải:
Gọi $O$ là trung điểm của $BC,$ gọi $H$ là điểm đối xứng với $A$ qua $O,$ dễ dàng chứng minh được $ABHC$ là hình bình hành.
$\Rightarrow \left\{ \begin{aligned}
& AB=BH \\
& \angle ABH={{180}^{0}}-\angle BAC={{60}^{0}} \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow \Delta ABH $ đều $ \Rightarrow AB=AH=AC\Rightarrow H $ là tâm đường tròn ngoại tiếp $ \Delta ABC\Rightarrow A'H\bot \left( ABC \right)$.
Do đó $AH$ là hình chiếu vuông góc của $AA'$ lên $\left( ABC \right)$.
$\Rightarrow \angle \left( AA'\left( ABC \right) \right)=\angle \left( AA';AH \right)=\angle A'AH={{45}^{0}}\Rightarrow \Delta AA'H$ vuông cân tại $H\Rightarrow AH=A'H.$
Đặt $AB=AC=AH=A'H=x\left( x>0 \right)$
Gọi $M$ là trung điểm của $AC,$ ta có $AH=AC=CH=x\Rightarrow \Delta ACH$ đều cạnh $x\Rightarrow HM\bot AC$ và $HM=\dfrac{x\sqrt{3}}{2}.$
Trong $\left( A'HM \right)$ kẻ $HK\bot A'M\left( K\in A'M \right)$ ta có:
$\left\{ \begin{aligned}
& AC\bot HM \\
& AC\bot A'H \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow AC\bot \left( A'HM \right)\Rightarrow AC\bot HK$
$\left\{ \begin{aligned}
& HK\bot A'M \\
& HK\bot AC \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow HK\bot \left( ACC'A' \right)\Rightarrow d\left( H;\left( ACC'A' \right) \right)=HK$
Lại có $BH//AC\Rightarrow BH//\left( ACC'A' \right)\Rightarrow d\left( B;\left( ACC'A' \right)=d\left( H;ACC'A' \right) \right)=HK=\dfrac{\sqrt{21}}{7}$
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $A'HM$ ta có:
$\dfrac{1}{H{{K}^{2}}}=\dfrac{1}{A'{{H}^{2}}}+\dfrac{1}{H{{M}^{2}}}\Leftrightarrow \dfrac{7}{3}=\dfrac{1}{{{x}^{2}}}+\dfrac{4}{3{{x}^{2}}}$
$\Leftrightarrow \dfrac{7}{3}=\dfrac{7}{3{{x}^{2}}}\Leftrightarrow x=AB=A'H$
$\Rightarrow {{S}_{\Delta ABC}}=\dfrac{\sqrt{3}}{4}\Rightarrow {{V}_{ABC.A'B'C'}}=A'H.{{S}_{\Delta ABC}}=\dfrac{\sqrt{3}}{4}.$
- Gọi $O$ là trung điểm của $BC,$ gọi $H$ là điểm đối xứng với $A$ qua $O,$ chứng minh $H$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$.
- Xác định $\angle \left( A'A;\left( ABC \right) \right)$.
- Đặt $AB=AC=AH=A'H=x\left( x>0 \right)$.
- Chứng minh $\Rightarrow d\left( B;\left( ACC'A' \right) \right)=d\left( H;\left( ACC'A' \right) \right).$ Gọi $M$ là trung điểm của $AC,$ trong $\left( A'HM \right)$ kẻ $HK\bot A'M\left( K\in A'M \right),$ chứng minh $d\left( H;\left( ACC'A' \right) \right)=HK.$
- Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $A'HM$ tìm $x.$
- Tính ${{V}_{ABC.A'B'C'}}=A'H.{{S}_{\Delta ABC}}$.
Cách giải:
Gọi $O$ là trung điểm của $BC,$ gọi $H$ là điểm đối xứng với $A$ qua $O,$ dễ dàng chứng minh được $ABHC$ là hình bình hành.
$\Rightarrow \left\{ \begin{aligned}
& AB=BH \\
& \angle ABH={{180}^{0}}-\angle BAC={{60}^{0}} \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow \Delta ABH $ đều $ \Rightarrow AB=AH=AC\Rightarrow H $ là tâm đường tròn ngoại tiếp $ \Delta ABC\Rightarrow A'H\bot \left( ABC \right)$.
Do đó $AH$ là hình chiếu vuông góc của $AA'$ lên $\left( ABC \right)$.
$\Rightarrow \angle \left( AA'\left( ABC \right) \right)=\angle \left( AA';AH \right)=\angle A'AH={{45}^{0}}\Rightarrow \Delta AA'H$ vuông cân tại $H\Rightarrow AH=A'H.$
Đặt $AB=AC=AH=A'H=x\left( x>0 \right)$
Gọi $M$ là trung điểm của $AC,$ ta có $AH=AC=CH=x\Rightarrow \Delta ACH$ đều cạnh $x\Rightarrow HM\bot AC$ và $HM=\dfrac{x\sqrt{3}}{2}.$
Trong $\left( A'HM \right)$ kẻ $HK\bot A'M\left( K\in A'M \right)$ ta có:
$\left\{ \begin{aligned}
& AC\bot HM \\
& AC\bot A'H \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow AC\bot \left( A'HM \right)\Rightarrow AC\bot HK$
$\left\{ \begin{aligned}
& HK\bot A'M \\
& HK\bot AC \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow HK\bot \left( ACC'A' \right)\Rightarrow d\left( H;\left( ACC'A' \right) \right)=HK$
Lại có $BH//AC\Rightarrow BH//\left( ACC'A' \right)\Rightarrow d\left( B;\left( ACC'A' \right)=d\left( H;ACC'A' \right) \right)=HK=\dfrac{\sqrt{21}}{7}$
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $A'HM$ ta có:
$\dfrac{1}{H{{K}^{2}}}=\dfrac{1}{A'{{H}^{2}}}+\dfrac{1}{H{{M}^{2}}}\Leftrightarrow \dfrac{7}{3}=\dfrac{1}{{{x}^{2}}}+\dfrac{4}{3{{x}^{2}}}$
$\Leftrightarrow \dfrac{7}{3}=\dfrac{7}{3{{x}^{2}}}\Leftrightarrow x=AB=A'H$
$\Rightarrow {{S}_{\Delta ABC}}=\dfrac{\sqrt{3}}{4}\Rightarrow {{V}_{ABC.A'B'C'}}=A'H.{{S}_{\Delta ABC}}=\dfrac{\sqrt{3}}{4}.$
Đáp án A.