Google
Câu hỏi: Cho hình lăng trụ tam giác $ABC.{A}'{B}'{C}'$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông cân tại $C.$ Biết rằng tứ giác $AB{B}'{A}'$ là hình thoi có cạnh bằng $2a$, góc $\widehat{A{A}'B'}=60{}^\circ $ và góc giữa đường thẳng $A{C}'$ và mặt phẳng $(A{A}'{B}'B)$ bằng $30{}^\circ $. Gọi $M$ là trung điểm của ${A}'{B}'$. Thể tích khối tứ diện $ACM{C}'$ bằng
A. $\dfrac{{{a}^{3}}}{6}.$
B. $\dfrac{{{a}^{3}}}{48}.$
C. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{48}.$
D. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{6}.$
Vì $\Delta A{A}'{B}'$ là tam giác đều cạnh $2a$ nên $AM=a\sqrt{3}$.
Vì $\Delta {A}'{B}'{C}'$ vuông cân tại ${C}'$ nên ${C}'M=\dfrac{{A}'{B}'}{2}=a$.
Ta có: $\left\{ \begin{aligned}
& {A}'{B}'\bot AM \\
& {A}'{B}'\bot {C}'M \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow {A}'{B}'\bot \left( AM{C}' \right)$.
Kẻ ${C}'I\bot AM$.
Ta có: $\left\{ \begin{aligned}
& {C}'I\bot AM \\
& C'I\bot {A}'{B}' \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow {C}'I\bot \left( AB{B}'{A}' \right)$.
Do đó: $\left( A{C}',\left( AB{B}'{A}' \right) \right)=\left( A{C}',AI \right)=\widehat{{C}'AI}={{30}^{0}}\Rightarrow \widehat{{C}'AM}={{30}^{0}}$.
Xét $\Delta AM{C}'$ có: $\dfrac{M{C}'}{\sin \widehat{MA{C}'}}=\dfrac{AM}{\sin \widehat{A{C}'M}}\Leftrightarrow \dfrac{a}{\sin {{30}^{0}}}=\dfrac{a\sqrt{3}}{\sin \widehat{A{C}'M}}\Leftrightarrow \sin \widehat{A{C}'M}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
$\Rightarrow \left[ \begin{aligned}
& \widehat{A{C}'M}={{60}^{0}} \\
& \widehat{A{C}'M}={{120}^{0}} \\
\end{aligned} \right.$$\Rightarrow {{S}_{AM{C}'}}=\dfrac{1}{2}.AM.M{C}'.\sin \widehat{AM{C}'}=\left[ \begin{aligned}
& \dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2} \\
& \dfrac{\sqrt{3}{{a}^{2}}}{4} \\
\end{aligned} \right.$.
Ta có: $d\left( C,\left( A{B}'{C}' \right) \right)=d\left( A',\left( A{B}'{C}' \right) \right)=A'M=a$.
Do đó: ${{V}_{ACM{C}'}}=\dfrac{1}{3}.d\left( C,\left( A{B}'{C}' \right) \right).{{S}_{AM{C}'}}=\left[ \begin{aligned}
& \dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{6}. \\
& \dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{12} \\
\end{aligned} \right.$.
A. $\dfrac{{{a}^{3}}}{6}.$
B. $\dfrac{{{a}^{3}}}{48}.$
C. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{48}.$
D. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{6}.$
Vì $\Delta {A}'{B}'{C}'$ vuông cân tại ${C}'$ nên ${C}'M=\dfrac{{A}'{B}'}{2}=a$.
Ta có: $\left\{ \begin{aligned}
& {A}'{B}'\bot AM \\
& {A}'{B}'\bot {C}'M \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow {A}'{B}'\bot \left( AM{C}' \right)$.
Kẻ ${C}'I\bot AM$.
Ta có: $\left\{ \begin{aligned}
& {C}'I\bot AM \\
& C'I\bot {A}'{B}' \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow {C}'I\bot \left( AB{B}'{A}' \right)$.
Do đó: $\left( A{C}',\left( AB{B}'{A}' \right) \right)=\left( A{C}',AI \right)=\widehat{{C}'AI}={{30}^{0}}\Rightarrow \widehat{{C}'AM}={{30}^{0}}$.
Xét $\Delta AM{C}'$ có: $\dfrac{M{C}'}{\sin \widehat{MA{C}'}}=\dfrac{AM}{\sin \widehat{A{C}'M}}\Leftrightarrow \dfrac{a}{\sin {{30}^{0}}}=\dfrac{a\sqrt{3}}{\sin \widehat{A{C}'M}}\Leftrightarrow \sin \widehat{A{C}'M}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
$\Rightarrow \left[ \begin{aligned}
& \widehat{A{C}'M}={{60}^{0}} \\
& \widehat{A{C}'M}={{120}^{0}} \\
\end{aligned} \right.$$\Rightarrow {{S}_{AM{C}'}}=\dfrac{1}{2}.AM.M{C}'.\sin \widehat{AM{C}'}=\left[ \begin{aligned}
& \dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2} \\
& \dfrac{\sqrt{3}{{a}^{2}}}{4} \\
\end{aligned} \right.$.
Ta có: $d\left( C,\left( A{B}'{C}' \right) \right)=d\left( A',\left( A{B}'{C}' \right) \right)=A'M=a$.
Do đó: ${{V}_{ACM{C}'}}=\dfrac{1}{3}.d\left( C,\left( A{B}'{C}' \right) \right).{{S}_{AM{C}'}}=\left[ \begin{aligned}
& \dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{6}. \\
& \dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{12} \\
\end{aligned} \right.$.
Đáp án D.