Google
Câu hỏi: Cho hình lăng trụ $ABC. A'B'C'$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông tại $A.$ Cạnh $BC=2a$ và $\angle ABC={{60}^{0}}.$ Biết tứ giác $BCC'B'$ là hình thoi có $\angle B'BC$ nhọn. Mặt phẳng $\left(BCC'B' \right)$ vuông góc với $\left(ABC \right)$ và mặt phẳng $\left(ABB'A' \right)$ tạo với $\left(ABC \right)$ góc ${{45}^{0}}.$ Thể tích khối lăng trụ $ABC. A'B'C'$ bằng:
A. $\dfrac{\sqrt{7}{{a}^{3}}}{7}$
B. $\dfrac{3\sqrt{7}{{a}^{3}}}{7}$
C. $\dfrac{6\sqrt{7}{{a}^{3}}}{7}$
D. $\dfrac{\sqrt{7}{{a}^{3}}}{21}$
A. $\dfrac{\sqrt{7}{{a}^{3}}}{7}$
B. $\dfrac{3\sqrt{7}{{a}^{3}}}{7}$
C. $\dfrac{6\sqrt{7}{{a}^{3}}}{7}$
D. $\dfrac{\sqrt{7}{{a}^{3}}}{21}$
Cách giải:
Trong $\left(BCC'B' \right)$ kẻ $B'H\bot BC\left(H\in BC \right)$ (do $\angle B'BC$ nhọn).
Trong $\left(ABC \right)$ kẻ $HK//AC\Rightarrow HK\bot AB$ ta có: $\left\{ \begin{aligned}
& AB\bot HK \\
& AB\bot B'H \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow AB\bot \left(B'HK \right)\Rightarrow AB\bot B'K.$
Ta có: $\left\{ \begin{aligned}
& \left(ABB'A' \right)\cap \left(ABC \right)=AB \\
& B'K\subset \left(ABB'A' \right), B'K\bot AB \\
& HK\subset \left(ABC \right), HK\bot AB \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow \angle \left(\left( ABB'A' \right);\left(ABC \right) \right)=\angle \left(B'K; HK \right)=\angle B'HK={{45}^{0}}.$
$\Rightarrow \Delta B'HK$ vuông cân tại $H\Rightarrow B'H=HK=x.$
Xét tam giác vuông $BB'H$ có: $BH=\sqrt{BB{{'}^{2}}-BH{{'}^{2}}}=\sqrt{4{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}.$
Xét tam giác vuông $ABC$ có: $AC=BC.\sin {{60}^{0}}=a\sqrt{3}, AB=BC.\cos {{60}^{0}}=a.$
Áp dụng định lí Ta-lét ta có: $\dfrac{BH}{BC}=\dfrac{HK}{AC}\Rightarrow \dfrac{\sqrt{4{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}}{2a}=\dfrac{x}{a\sqrt{3}}$
$\Leftrightarrow 3\left(4{{a}^{2}}-{{x}^{2}} \right)=4{{x}^{2}}$
$\Leftrightarrow 12{{a}^{2}}-3{{x}^{2}}=4{{x}^{2}}$
$\Leftrightarrow {{x}^{2}}=\dfrac{12{{a}^{2}}}{7}$
$\Leftrightarrow x=\dfrac{2a\sqrt{21}}{7}=B'H$
${{S}_{\Delta ABC}}=\dfrac{1}{2}AB. AC=\dfrac{1}{2}. A. A\sqrt{3}=\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}.$
Vậy ${{V}_{ABC. A'B'C'}}=B'H.{{S}_{\Delta ABC}}=\dfrac{2a\sqrt{21}}{7}.\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}=\dfrac{3{{a}^{3}}\sqrt{7}}{7}.$
Trong $\left(BCC'B' \right)$ kẻ $B'H\bot BC\left(H\in BC \right)$ (do $\angle B'BC$ nhọn).
Trong $\left(ABC \right)$ kẻ $HK//AC\Rightarrow HK\bot AB$ ta có: $\left\{ \begin{aligned}
& AB\bot HK \\
& AB\bot B'H \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow AB\bot \left(B'HK \right)\Rightarrow AB\bot B'K.$
Ta có: $\left\{ \begin{aligned}
& \left(ABB'A' \right)\cap \left(ABC \right)=AB \\
& B'K\subset \left(ABB'A' \right), B'K\bot AB \\
& HK\subset \left(ABC \right), HK\bot AB \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow \angle \left(\left( ABB'A' \right);\left(ABC \right) \right)=\angle \left(B'K; HK \right)=\angle B'HK={{45}^{0}}.$
$\Rightarrow \Delta B'HK$ vuông cân tại $H\Rightarrow B'H=HK=x.$
Xét tam giác vuông $BB'H$ có: $BH=\sqrt{BB{{'}^{2}}-BH{{'}^{2}}}=\sqrt{4{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}.$
Xét tam giác vuông $ABC$ có: $AC=BC.\sin {{60}^{0}}=a\sqrt{3}, AB=BC.\cos {{60}^{0}}=a.$
Áp dụng định lí Ta-lét ta có: $\dfrac{BH}{BC}=\dfrac{HK}{AC}\Rightarrow \dfrac{\sqrt{4{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}}{2a}=\dfrac{x}{a\sqrt{3}}$
$\Leftrightarrow 3\left(4{{a}^{2}}-{{x}^{2}} \right)=4{{x}^{2}}$
$\Leftrightarrow 12{{a}^{2}}-3{{x}^{2}}=4{{x}^{2}}$
$\Leftrightarrow {{x}^{2}}=\dfrac{12{{a}^{2}}}{7}$
$\Leftrightarrow x=\dfrac{2a\sqrt{21}}{7}=B'H$
${{S}_{\Delta ABC}}=\dfrac{1}{2}AB. AC=\dfrac{1}{2}. A. A\sqrt{3}=\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}.$
Vậy ${{V}_{ABC. A'B'C'}}=B'H.{{S}_{\Delta ABC}}=\dfrac{2a\sqrt{21}}{7}.\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}=\dfrac{3{{a}^{3}}\sqrt{7}}{7}.$
Đáp án B.