Google
Câu hỏi: Cho hình lăng trụ đứng $ABC.{A}'{B}'{C}'$ có đáy là tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$, cạnh $BC=a\sqrt{2}$. Góc giữa mặt phẳng $\left( A{B}'C \right)$ và mặt phẳng $\left( BC{C}'{B}' \right)$ bằng $60{}^\circ $. Tính thể tích $V$ của khối đa diện $A{B}'C{A}'{C}'$.
A. $\dfrac{3{{a}^{3}}}{2}.$
B. $\dfrac{{{a}^{3}}}{2}.$
C. $\dfrac{{{a}^{3}}}{3}.$
D. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{3}.$
Gọi $H$ là trung điểm của $BC$ ta có
$AH\bot BC\Rightarrow AH\bot \left( BC{C}'{B}' \right)\Rightarrow AH\bot {B}'C$
Trong $\left( A{B}'C \right)$ kẻ $AD\bot {B}'C$
$\Rightarrow {B}'C\bot \left( AHD \right)\Rightarrow {B}'C\bot HD$
Ta có:
$\left\{ \begin{array}{*{35}{r}}
\left( A{B}'C \right)\cap \left( BC{C}'{B}' \right)={B}'C \\
\left( A{B}'C \right)\supset AD\bot {B}'C \\
\left( BC{C}'{B}' \right)\supset HD\bot {B}'C \\
\end{array} \right.$$\left. \Rightarrow \left( \left( A{B}'C \right)\widehat{;(B}C{C}'{B}' \right) \right)=\left( A\widehat{D;H}D \right)=\widehat{ADH}$
Do tam giác $ABC$ vuông cân và $AH$ là đường trung tuyến nên $AH=\dfrac{BC}{2}=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}$.
Trong tam giác $AHD$ có $HD=AH.\text{cot}60{}^\circ =\dfrac{a\sqrt{6}}{6}$.
Dễ thấy $\Delta CB{B}'$ đồng dạng với $\!\!\Delta\!\!CDH$ (g.g)
$\Rightarrow \dfrac{B{B}'}{HD}=\dfrac{C{B}'}{CH}\Rightarrow \dfrac{B{B}'}{\dfrac{a\sqrt{6}}{6}}=\dfrac{\sqrt{2{{a}^{2}}+B{{{{B}'}}^{2}}}}{\dfrac{a\sqrt{2}}{2}}$
$\Leftrightarrow \sqrt{3}B{B}'=\sqrt{2{{a}^{2}}+B{{{{B}'}}^{2}}}\Leftrightarrow 2B{{{B}'}^{2}}=2{{a}^{2}}\Leftrightarrow B{B}'=a$
Trong tam giác $ABC$ có $A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}=B{{C}^{2}}$ $\Leftrightarrow AB=AC=\dfrac{BC}{\sqrt{2}}=a$.
$\Rightarrow {{S}_{ABC}}=\dfrac{1}{2}AB.AC=\dfrac{{{a}^{2}}}{2}$.
$\Rightarrow {{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}=B{B}'.{{S}_{ABC}}=a.\dfrac{{{a}^{2}}}{2}=\dfrac{{{a}^{3}}}{2}$
Ta có ${{V}_{A{B}'C{A}'{C}'}}+{{V}_{{B}'.ABC}}={{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}$
$\Rightarrow {{V}_{A{B}'C{A}'{C}'}}={{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}-{{V}_{{B}'.ABC}}=$ ${{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}-\dfrac{1}{3}{{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}=\dfrac{2}{3}{{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}$
$\Rightarrow {{V}_{A{B}'C{A}'{C}'}}=\dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{{{a}^{3}}}{2}=\dfrac{{{a}^{3}}}{3}$
A. $\dfrac{3{{a}^{3}}}{2}.$
B. $\dfrac{{{a}^{3}}}{2}.$
C. $\dfrac{{{a}^{3}}}{3}.$
D. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{3}.$
$AH\bot BC\Rightarrow AH\bot \left( BC{C}'{B}' \right)\Rightarrow AH\bot {B}'C$
Trong $\left( A{B}'C \right)$ kẻ $AD\bot {B}'C$
$\Rightarrow {B}'C\bot \left( AHD \right)\Rightarrow {B}'C\bot HD$
Ta có:
$\left\{ \begin{array}{*{35}{r}}
\left( A{B}'C \right)\cap \left( BC{C}'{B}' \right)={B}'C \\
\left( A{B}'C \right)\supset AD\bot {B}'C \\
\left( BC{C}'{B}' \right)\supset HD\bot {B}'C \\
\end{array} \right.$$\left. \Rightarrow \left( \left( A{B}'C \right)\widehat{;(B}C{C}'{B}' \right) \right)=\left( A\widehat{D;H}D \right)=\widehat{ADH}$
Do tam giác $ABC$ vuông cân và $AH$ là đường trung tuyến nên $AH=\dfrac{BC}{2}=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}$.
Trong tam giác $AHD$ có $HD=AH.\text{cot}60{}^\circ =\dfrac{a\sqrt{6}}{6}$.
Dễ thấy $\Delta CB{B}'$ đồng dạng với $\!\!\Delta\!\!CDH$ (g.g)
$\Rightarrow \dfrac{B{B}'}{HD}=\dfrac{C{B}'}{CH}\Rightarrow \dfrac{B{B}'}{\dfrac{a\sqrt{6}}{6}}=\dfrac{\sqrt{2{{a}^{2}}+B{{{{B}'}}^{2}}}}{\dfrac{a\sqrt{2}}{2}}$
$\Leftrightarrow \sqrt{3}B{B}'=\sqrt{2{{a}^{2}}+B{{{{B}'}}^{2}}}\Leftrightarrow 2B{{{B}'}^{2}}=2{{a}^{2}}\Leftrightarrow B{B}'=a$
Trong tam giác $ABC$ có $A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}=B{{C}^{2}}$ $\Leftrightarrow AB=AC=\dfrac{BC}{\sqrt{2}}=a$.
$\Rightarrow {{S}_{ABC}}=\dfrac{1}{2}AB.AC=\dfrac{{{a}^{2}}}{2}$.
$\Rightarrow {{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}=B{B}'.{{S}_{ABC}}=a.\dfrac{{{a}^{2}}}{2}=\dfrac{{{a}^{3}}}{2}$
Ta có ${{V}_{A{B}'C{A}'{C}'}}+{{V}_{{B}'.ABC}}={{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}$
$\Rightarrow {{V}_{A{B}'C{A}'{C}'}}={{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}-{{V}_{{B}'.ABC}}=$ ${{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}-\dfrac{1}{3}{{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}=\dfrac{2}{3}{{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}$
$\Rightarrow {{V}_{A{B}'C{A}'{C}'}}=\dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{{{a}^{3}}}{2}=\dfrac{{{a}^{3}}}{3}$
Đáp án C.