Google
Câu hỏi: Cho khối lăng trụ $ABC.{A}'{B}'{C}'$ có đáy là tam giác đều. Mặt bên $B{B}'{C}'C$ là hình thoi có $\widehat{{B}'BC}$ nhọn và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Khoảng cách và góc giữa hai đường thẳng $C{C}'$ và $A{B}'$ lần lượt bằng $\dfrac{4\sqrt{35}}{7} ; \alpha $ với $\cos \alpha =\dfrac{\sqrt{7}}{4}$. Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng
A. $12\sqrt{3}$.
B. $12\sqrt{5}$.
C. $3\sqrt{6}$.
D. $9\sqrt{6}$.
Đặt $AB=x>0$ suy ra $AB=BC=B{B}'=x$.
Trong mặt phẳng $\left( B{B}'{C}'B \right)$ hạ ${B}'H\bot BC$. Suy ra ${B}'H\bot \left( ABC \right)$.
Ta có: $BB'\text{//}C{C}'\Rightarrow \left( \widehat{C{C}',A{B}'} \right)=\left( \widehat{B{B}',A{B}'} \right)=\widehat{B{B}'A}$ ( do $\widehat{B{B}'A}$ nhọn)
Xét $\Delta AB{B}'$ có:
$\cos \widehat{B{B}'A}=\dfrac{B{{{{B}'}}^{2}}+A{{{{B}'}}^{2}}-A{{B}^{2}}}{2B{B}'.A{B}'}=\dfrac{{{x}^{2}}+A{{{{B}'}}^{2}}-{{x}^{2}}}{2xA{B}'}=\dfrac{A{B}'}{2x}\Leftrightarrow A{B}'=2x.\cos \widehat{B{B}'A}=\dfrac{x\sqrt{7}}{2}$.
Xét $\Delta ABH$ có $A{{H}^{2}}=A{{B}^{2}}+B{{H}^{2}}-2AB\cdot BH\cdot \cos {{60}^{{}^\circ }}={{x}^{2}}+B{{H}^{2}}-x\cdot BH$.
Xét $\Delta AH{B}'$ có $A{{{B}'}^{2}}={B}'{{H}^{2}}+A{{H}^{2}}\Leftrightarrow {B}'{{H}^{2}}=A{{{B}'}^{2}}-A{{H}^{2}}=\dfrac{7{{x}^{2}}}{4}-\left( {{x}^{2}}+B{{H}^{2}}-x\cdot BH \right)$.
Xét $\Delta {B}'BH$ có ${B}'{{H}^{2}}=B{{{B}'}^{2}}-B{{H}^{2}}={{x}^{2}}-B{{H}^{2}}\Leftrightarrow B{{H}^{2}}={{x}^{2}}-{B}'{{H}^{2}}$
$\Leftrightarrow B{{H}^{2}}={{x}^{2}}-\dfrac{7{{x}^{2}}}{4}+\left( {{x}^{2}}+B{{H}^{2}}-x\cdot BH \right)=\dfrac{{{x}^{2}}}{4}+B{{H}^{2}}-xBH$ $\Leftrightarrow BH=\dfrac{x}{4}$.
Suy ra ${B}'H=\dfrac{x\sqrt{15}}{4}$. Khi đó ${{V}_{ABC\cdot ABC}}={B}'H\cdot {{S}_{ABC}}=\dfrac{3{{x}^{3}}\sqrt{5}}{16}=V$.
${{V}_{{B}'.AC{C}'}}=\dfrac{1}{2}{{V}_{B'.AC{C}'A'}}=\dfrac{1}{2}.\dfrac{2}{3}{{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}=\dfrac{1}{3}V\Leftrightarrow \dfrac{1}{6}A{B}' . C{C}' . d\left( A{B}',C{C}' \right) . \sin \left( A{B}',C{C}' \right)=\dfrac{1}{3}\dfrac{3{{x}^{3}}\sqrt{5}}{16}$
$\Leftrightarrow \dfrac{1}{6}\dfrac{{{x}^{2}}\sqrt{7}}{2} . \dfrac{4\sqrt{35}}{7}.\dfrac{3}{4}=\dfrac{1}{3}\dfrac{3{{x}^{3}}\sqrt{5}}{16}\Leftrightarrow x=4$.
Vậy ${{V}_{ABC.A{{B}^{\prime }}C}}=12\sqrt{5}$.
A. $12\sqrt{3}$.
B. $12\sqrt{5}$.
C. $3\sqrt{6}$.
D. $9\sqrt{6}$.
Trong mặt phẳng $\left( B{B}'{C}'B \right)$ hạ ${B}'H\bot BC$. Suy ra ${B}'H\bot \left( ABC \right)$.
Ta có: $BB'\text{//}C{C}'\Rightarrow \left( \widehat{C{C}',A{B}'} \right)=\left( \widehat{B{B}',A{B}'} \right)=\widehat{B{B}'A}$ ( do $\widehat{B{B}'A}$ nhọn)
Xét $\Delta AB{B}'$ có:
$\cos \widehat{B{B}'A}=\dfrac{B{{{{B}'}}^{2}}+A{{{{B}'}}^{2}}-A{{B}^{2}}}{2B{B}'.A{B}'}=\dfrac{{{x}^{2}}+A{{{{B}'}}^{2}}-{{x}^{2}}}{2xA{B}'}=\dfrac{A{B}'}{2x}\Leftrightarrow A{B}'=2x.\cos \widehat{B{B}'A}=\dfrac{x\sqrt{7}}{2}$.
Xét $\Delta ABH$ có $A{{H}^{2}}=A{{B}^{2}}+B{{H}^{2}}-2AB\cdot BH\cdot \cos {{60}^{{}^\circ }}={{x}^{2}}+B{{H}^{2}}-x\cdot BH$.
Xét $\Delta AH{B}'$ có $A{{{B}'}^{2}}={B}'{{H}^{2}}+A{{H}^{2}}\Leftrightarrow {B}'{{H}^{2}}=A{{{B}'}^{2}}-A{{H}^{2}}=\dfrac{7{{x}^{2}}}{4}-\left( {{x}^{2}}+B{{H}^{2}}-x\cdot BH \right)$.
Xét $\Delta {B}'BH$ có ${B}'{{H}^{2}}=B{{{B}'}^{2}}-B{{H}^{2}}={{x}^{2}}-B{{H}^{2}}\Leftrightarrow B{{H}^{2}}={{x}^{2}}-{B}'{{H}^{2}}$
$\Leftrightarrow B{{H}^{2}}={{x}^{2}}-\dfrac{7{{x}^{2}}}{4}+\left( {{x}^{2}}+B{{H}^{2}}-x\cdot BH \right)=\dfrac{{{x}^{2}}}{4}+B{{H}^{2}}-xBH$ $\Leftrightarrow BH=\dfrac{x}{4}$.
Suy ra ${B}'H=\dfrac{x\sqrt{15}}{4}$. Khi đó ${{V}_{ABC\cdot ABC}}={B}'H\cdot {{S}_{ABC}}=\dfrac{3{{x}^{3}}\sqrt{5}}{16}=V$.
${{V}_{{B}'.AC{C}'}}=\dfrac{1}{2}{{V}_{B'.AC{C}'A'}}=\dfrac{1}{2}.\dfrac{2}{3}{{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}=\dfrac{1}{3}V\Leftrightarrow \dfrac{1}{6}A{B}' . C{C}' . d\left( A{B}',C{C}' \right) . \sin \left( A{B}',C{C}' \right)=\dfrac{1}{3}\dfrac{3{{x}^{3}}\sqrt{5}}{16}$
$\Leftrightarrow \dfrac{1}{6}\dfrac{{{x}^{2}}\sqrt{7}}{2} . \dfrac{4\sqrt{35}}{7}.\dfrac{3}{4}=\dfrac{1}{3}\dfrac{3{{x}^{3}}\sqrt{5}}{16}\Leftrightarrow x=4$.
Vậy ${{V}_{ABC.A{{B}^{\prime }}C}}=12\sqrt{5}$.
Đáp án B.