Google
Câu hỏi: Cho hình lăng trụ $ABC.A'B'C'$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông tại $A,$ cạnh $BC=2a$ và $\widehat{ABC}={{60}^{0}}.$ Biết tứ giác $BCC'B'$ là hình thoi có $\widehat{B'BC}$ là góc nhọn. Mặt phẳng $\left( BCC'B' \right)$ vuông góc với $\left( ABC \right)$ và mặt phẳng $\left( ABB'A' \right)$ tạo với mặt phẳng $\left( ABC \right)$ một góc ${{45}^{0}}.$ Thể tích khối lăng trụ $ABC.A'B'C'$ bằng
A. $\dfrac{\sqrt{7}{{a}^{3}}}{21}.$
B. $\dfrac{6\sqrt{7}{{a}^{3}}}{7}.$
C. $\dfrac{\sqrt{7}{{a}^{3}}}{7}.$
D. $\dfrac{3\sqrt{7}{{a}^{3}}}{7}.$
Kẻ $B'H\bot BC$ tại $H$ (do $\widehat{BB'C}$ là góc nhọn nên $H$ thuộc đoạn $BC),HK\bot AB$ tại $K$ và giả sử $B'H=x$ với $x>0.$
Ta có: $\left\{ \begin{aligned}
& \left( BCC'B' \right)\bot \left( ABC \right) \\
& \left( BCC'B' \right)\cap \left( ABC \right)=BC \\
& B'H\subset \left( BCC'B' \right),B'H\bot BC \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow B'H\bot \left( ABC \right).$
Do $\left\{ \begin{aligned}
& AB\bot HK \\
& AB\bot B'H \\
\end{aligned} \right. $ nên $ AB\bot \left( B'HK \right)\Rightarrow AB\bot B'K$.
Từ đó suy ra $\widehat{\left( \left( ABB'A' \right),\left( ABC \right) \right)}=\widehat{\left( B'K,HK \right)}=\widehat{B'KH}={{45}^{0}}\Rightarrow \Delta B'HK$ vuông cân tại $H$
$\Rightarrow HK=B'H=x.$
Trong tam giác $BKH$ vuông tại $K$ có: $BH=\dfrac{HK}{\sin \widehat{ABC}}=\dfrac{2x\sqrt{3}}{3}.$
Do tứ giác $BCC'B'$ là hình thoi nên $BB'=BC=2a.$
Trong tam giác $B'HB$ vuông tại $H$ có: $B{{H}^{2}}+B'{{H}^{2}}=BB{{'}^{2}}\Leftrightarrow \dfrac{4{{x}^{2}}}{3}+{{x}^{2}}=4{{a}^{2}}\Leftrightarrow x=\dfrac{2a\sqrt{21}}{7}.$
Trong tam giác $ABC$ vuông tại $A,$ có: $AC=BC.\sin {{60}^{0}}=a\sqrt{3};AB=BC.\cos {{60}^{0}}=a.$
$\Rightarrow {{S}_{ABC}}=\dfrac{1}{2}AB.AC=\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}.$
Vậy thể tích khối lăng trụ $ABC.A'B'C'$ là $V=B'H.{{S}_{ABC}}=\dfrac{2a\sqrt{21}}{7}.\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}=\dfrac{3\sqrt{7}{{a}^{3}}}{7}.$
A. $\dfrac{\sqrt{7}{{a}^{3}}}{21}.$
B. $\dfrac{6\sqrt{7}{{a}^{3}}}{7}.$
C. $\dfrac{\sqrt{7}{{a}^{3}}}{7}.$
D. $\dfrac{3\sqrt{7}{{a}^{3}}}{7}.$
Kẻ $B'H\bot BC$ tại $H$ (do $\widehat{BB'C}$ là góc nhọn nên $H$ thuộc đoạn $BC),HK\bot AB$ tại $K$ và giả sử $B'H=x$ với $x>0.$
Ta có: $\left\{ \begin{aligned}
& \left( BCC'B' \right)\bot \left( ABC \right) \\
& \left( BCC'B' \right)\cap \left( ABC \right)=BC \\
& B'H\subset \left( BCC'B' \right),B'H\bot BC \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow B'H\bot \left( ABC \right).$
Do $\left\{ \begin{aligned}
& AB\bot HK \\
& AB\bot B'H \\
\end{aligned} \right. $ nên $ AB\bot \left( B'HK \right)\Rightarrow AB\bot B'K$.
Từ đó suy ra $\widehat{\left( \left( ABB'A' \right),\left( ABC \right) \right)}=\widehat{\left( B'K,HK \right)}=\widehat{B'KH}={{45}^{0}}\Rightarrow \Delta B'HK$ vuông cân tại $H$
$\Rightarrow HK=B'H=x.$
Trong tam giác $BKH$ vuông tại $K$ có: $BH=\dfrac{HK}{\sin \widehat{ABC}}=\dfrac{2x\sqrt{3}}{3}.$
Do tứ giác $BCC'B'$ là hình thoi nên $BB'=BC=2a.$
Trong tam giác $B'HB$ vuông tại $H$ có: $B{{H}^{2}}+B'{{H}^{2}}=BB{{'}^{2}}\Leftrightarrow \dfrac{4{{x}^{2}}}{3}+{{x}^{2}}=4{{a}^{2}}\Leftrightarrow x=\dfrac{2a\sqrt{21}}{7}.$
Trong tam giác $ABC$ vuông tại $A,$ có: $AC=BC.\sin {{60}^{0}}=a\sqrt{3};AB=BC.\cos {{60}^{0}}=a.$
$\Rightarrow {{S}_{ABC}}=\dfrac{1}{2}AB.AC=\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}.$
Vậy thể tích khối lăng trụ $ABC.A'B'C'$ là $V=B'H.{{S}_{ABC}}=\dfrac{2a\sqrt{21}}{7}.\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}=\dfrac{3\sqrt{7}{{a}^{3}}}{7}.$
Đáp án D.