Google
Câu hỏi: Cho khối lăng trụ đứng $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'$ có đáy là hình thoi cạnh $a$, $\widehat{ABC}=120{}^\circ $. Biết góc giữa hai mặt phẳng $\left( {A}'BC \right)$ và $\left( {A}'CD \right)$ bằng $60{}^\circ $. Tính thể tích $V$ của khối lăng trụ đã cho.
A. $V=\dfrac{3}{8}{{a}^{3}}$.
B. $V=\dfrac{3\sqrt{6}}{8}{{a}^{3}}$.
C. $V=\dfrac{3\sqrt{2}}{8}{{a}^{3}}$.
D. $V=\dfrac{3\sqrt{3}}{8}{{a}^{3}}$.
Ta có $ABCD$ là hình thoi cạnh $a$, $\widehat{ABC}={{120}^{0}}$ nên $BD=a$, $AC=a\sqrt{3}$ và ${{S}_{ABCD}}=\dfrac{1}{2}AC.BD=\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}$.
Gọi $O=AC\cap BD$. Ta có $BD\bot \left( {A}'AC \right)$ $\Rightarrow BD\bot {A}'C$.
Kẻ $OM\bot {A}'C$ tại $M$ thì ${A}'C\bot \left( BDM \right)\Rightarrow {A}'C\bot MD$, do đó góc giữa hai mặt phẳng $\left( {A}'BC \right)$ và $\left( {A}'CD \right)$ là góc giữa hai đường thẳng $MB$ và $MD$. Vậy $\widehat{BMD}=60{}^\circ $ hoặc $\widehat{BMD}=120{}^\circ $.
TH1: $\widehat{BMD}=60{}^\circ $ thì do $MB=MD$ nên tam giác $BMD$ là tam giác đều, do đó $OM=a\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ $\Rightarrow OM=OC$ (vô lý vì $\Delta OMC$ vuông tại $M$ ).
TH2: $\widehat{BMD}=120{}^\circ $ thì do tam giác $BMD$ cân tại $M$ nên $\widehat{BMO}=60{}^\circ $ $\Rightarrow MO=BO.cot60{}^\circ =\dfrac{a\sqrt{3}}{6}$, do đó $MC=\sqrt{O{{C}^{2}}-M{{O}^{2}}}=\dfrac{a\sqrt{6}}{3}$.
Có tam giác $A{A}'C$ đồng dạng với tam giác $MOC$ nên $\dfrac{A{A}'}{AC}=\dfrac{MO}{MC}\Rightarrow A{A}'=\dfrac{a\sqrt{6}}{4}$.
Vậy $V=A{A}'.{{S}_{ABCD}}=\dfrac{a\sqrt{6}}{4}.\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}=\dfrac{3\sqrt{2}}{8}{{a}^{3}}$.
A. $V=\dfrac{3}{8}{{a}^{3}}$.
B. $V=\dfrac{3\sqrt{6}}{8}{{a}^{3}}$.
C. $V=\dfrac{3\sqrt{2}}{8}{{a}^{3}}$.
D. $V=\dfrac{3\sqrt{3}}{8}{{a}^{3}}$.
Ta có $ABCD$ là hình thoi cạnh $a$, $\widehat{ABC}={{120}^{0}}$ nên $BD=a$, $AC=a\sqrt{3}$ và ${{S}_{ABCD}}=\dfrac{1}{2}AC.BD=\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}$.
Gọi $O=AC\cap BD$. Ta có $BD\bot \left( {A}'AC \right)$ $\Rightarrow BD\bot {A}'C$.
Kẻ $OM\bot {A}'C$ tại $M$ thì ${A}'C\bot \left( BDM \right)\Rightarrow {A}'C\bot MD$, do đó góc giữa hai mặt phẳng $\left( {A}'BC \right)$ và $\left( {A}'CD \right)$ là góc giữa hai đường thẳng $MB$ và $MD$. Vậy $\widehat{BMD}=60{}^\circ $ hoặc $\widehat{BMD}=120{}^\circ $.
TH1: $\widehat{BMD}=60{}^\circ $ thì do $MB=MD$ nên tam giác $BMD$ là tam giác đều, do đó $OM=a\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ $\Rightarrow OM=OC$ (vô lý vì $\Delta OMC$ vuông tại $M$ ).
TH2: $\widehat{BMD}=120{}^\circ $ thì do tam giác $BMD$ cân tại $M$ nên $\widehat{BMO}=60{}^\circ $ $\Rightarrow MO=BO.cot60{}^\circ =\dfrac{a\sqrt{3}}{6}$, do đó $MC=\sqrt{O{{C}^{2}}-M{{O}^{2}}}=\dfrac{a\sqrt{6}}{3}$.
Có tam giác $A{A}'C$ đồng dạng với tam giác $MOC$ nên $\dfrac{A{A}'}{AC}=\dfrac{MO}{MC}\Rightarrow A{A}'=\dfrac{a\sqrt{6}}{4}$.
Vậy $V=A{A}'.{{S}_{ABCD}}=\dfrac{a\sqrt{6}}{4}.\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}=\dfrac{3\sqrt{2}}{8}{{a}^{3}}$.
Đáp án C.