Google
Câu hỏi: Cho khối hộp $ABCD.A'B'C'D'$ có $A'B$ vuông góc với mặt phẳng đáy $\left( ABCD \right);$ góc giữa $AA'$ với $\left( ABCD \right)$ bằng ${{45}^{0}}.$ Khoảng cách từ $A$ đến các đường thẳng $BB',DD'$ cùng bằng 1. Góc giữa hai mặt phẳng $\left( BB'C'C \right)$ và $\left( C'CDD' \right)$ bằng ${{60}^{0}}.$ Tính thể tích khối hộp $ABCD.A'B'C'D'.$
A. $\sqrt{3}.$
B. 2
C. $2\sqrt{3}$
D. $3\sqrt{3}$
A. $\sqrt{3}.$
B. 2
C. $2\sqrt{3}$
D. $3\sqrt{3}$
Cách giải:
Sưu tầm Toanmath
Ta có $A'B\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow \left( AA';\left( ABCD \right) \right)=\angle A'AB={{45}^{0}}.$
Gọi $H,K$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A'$ lên $BB'$ và $DD'.$
$\Rightarrow A'H=A'K=1$ và $\left\{ \begin{aligned}
& AA'\bot A'H \\
& AA'\bot A'K \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow AA'\bot \left( A'HK \right).$
Xét hình bình hành $ABB'A'$ có $\left\{ \begin{aligned}
& A'B\bot AB \\
& \angle A'AB={{45}^{0}} \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow \Delta A'AB,\Delta A'B'B $ vuông cân tại $ B $ và $ A'.$
Do đó $H$ là trung điểm của $BB'\Rightarrow A'H=\dfrac{1}{2}BB'\Rightarrow BB'=2A'H=2.$
Xét $\Delta AA'B$ vuông cân tại $B\Rightarrow A'B=\dfrac{AA'}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}.$
Do $ABCD,A'B'C'D'$ là hình hộp nên $\angle \left( \left( BCC'B' \right)L\left( C'CDD' \right) \right)=\angle \left( \left( ABB'A' \right);\left( ADD'A' \right) \right)$
Mà $\angle \left( \left( ABB'A' \right);\left( ADD'A' \right) \right)=\angle \left( A'H;A'K \right)={{60}^{0}}.$
Do đó $\angle HA'K={{60}^{0}}$ hoặc $\angle HA'K={{120}^{0}}.$
Ta có ${{S}_{\Delta A'HK}}=\dfrac{1}{2}A'H.A'K.\sin \angle A'HK=\dfrac{\sqrt{3}}{4}$
Mặt khác $\Delta A'HK$ là hình chiếu vuông góc của $\Delta A'B'D'$ nên ${{S}_{\Delta A'HK}}={{S}_{\Delta A'B'D'}}.\cos {{45}^{0}}\Rightarrow {{S}_{\Delta A'B'D'}}=\dfrac{\sqrt{6}}{4}.$
Suy ra ${{V}_{ABCD.A'B'C'D'}}=2{{V}_{ABD.A'B'D'}}=2A'B.{{S}_{\Delta A'B'D'}}=2\sqrt{2}.\dfrac{\sqrt{6}}{4}=\sqrt{3}.$
Sưu tầm Toanmath
Ta có $A'B\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow \left( AA';\left( ABCD \right) \right)=\angle A'AB={{45}^{0}}.$
Gọi $H,K$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A'$ lên $BB'$ và $DD'.$
$\Rightarrow A'H=A'K=1$ và $\left\{ \begin{aligned}
& AA'\bot A'H \\
& AA'\bot A'K \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow AA'\bot \left( A'HK \right).$
Xét hình bình hành $ABB'A'$ có $\left\{ \begin{aligned}
& A'B\bot AB \\
& \angle A'AB={{45}^{0}} \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow \Delta A'AB,\Delta A'B'B $ vuông cân tại $ B $ và $ A'.$
Do đó $H$ là trung điểm của $BB'\Rightarrow A'H=\dfrac{1}{2}BB'\Rightarrow BB'=2A'H=2.$
Xét $\Delta AA'B$ vuông cân tại $B\Rightarrow A'B=\dfrac{AA'}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}.$
Do $ABCD,A'B'C'D'$ là hình hộp nên $\angle \left( \left( BCC'B' \right)L\left( C'CDD' \right) \right)=\angle \left( \left( ABB'A' \right);\left( ADD'A' \right) \right)$
Mà $\angle \left( \left( ABB'A' \right);\left( ADD'A' \right) \right)=\angle \left( A'H;A'K \right)={{60}^{0}}.$
Do đó $\angle HA'K={{60}^{0}}$ hoặc $\angle HA'K={{120}^{0}}.$
Ta có ${{S}_{\Delta A'HK}}=\dfrac{1}{2}A'H.A'K.\sin \angle A'HK=\dfrac{\sqrt{3}}{4}$
Mặt khác $\Delta A'HK$ là hình chiếu vuông góc của $\Delta A'B'D'$ nên ${{S}_{\Delta A'HK}}={{S}_{\Delta A'B'D'}}.\cos {{45}^{0}}\Rightarrow {{S}_{\Delta A'B'D'}}=\dfrac{\sqrt{6}}{4}.$
Suy ra ${{V}_{ABCD.A'B'C'D'}}=2{{V}_{ABD.A'B'D'}}=2A'B.{{S}_{\Delta A'B'D'}}=2\sqrt{2}.\dfrac{\sqrt{6}}{4}=\sqrt{3}.$
Đáp án A.