Cho hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\) có đáy ABCD là hình thoi cạnh \(a\sqrt{3},\,BD=3a,\) hình chiếu vuông góc của B trên mặt phẳng \(\left( A'B'C'D' \right)\) trùng với trung điểm của A’C’. Gọi \(\alpha \) là góc tạo bởi hai mặt phẳng \(\left( ABCD \right)\) và \(\left( C\text{DD}'C' \right),\,\,\cos \alpha =\frac{\sqrt{21}}{7}\) . Thể tích của khối hộp ABCD.A’B’C’D bằng

Câu 233112: Cho hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\) có đáy ABCD là hình thoi cạnh \(a\sqrt{3},\,BD=3a,\) hình chiếu vuông góc của B trên mặt phẳng \(\left( A'B'C'D' \right)\) trùng với trung điểm của A’C’. Gọi \(\alpha \) là góc tạo bởi hai mặt phẳng \(\left( ABCD \right)\) và \(\left( C\text{DD}'C' \right),\,\,\cos \alpha =\frac{\sqrt{21}}{7}\) . Thể tích của khối hộp ABCD.A’B’C’D bằng

A. \(\frac{3{{a}^{3}}}{4}\)

B. \(\frac{9\sqrt{3}{{a}^{3}}}{4}\)

C. \(\frac{9{{a}^{3}}}{4}\)

D. \(\frac{3\sqrt{3}{{a}^{3}}}{4}\)

Câu hỏi : 233112

Phương pháp giải:

+) Chứng minh tam giác A’C’D’ là tam giác đều.

+) Xác định góc giữa (A’B’C’D’) và (CDD’C).

+) Tính BO.

+) Tính \({{V}_{ABCD.A'B'C'D'}}=BO.{{S}_{A'B'C'D'}}\)

Đáp án : C
(0) bình luận (0) lời giải
Giải chi tiết:

Gọi O là trung điểm của AC ta có \(BO\bot \left( A'B'C'D' \right)\)

Xét tam giác ABD có : \(\begin{align} & \cos \widehat{BAD}=\frac{A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}-B{{D}^{2}}}{2.AB.AD}=\frac{3{{a}^{2}}+3{{a}^{2}}-9{{a}^{2}}}{2.a\sqrt{3}.a\sqrt{3}}=-\frac{1}{2} \\ & \Leftrightarrow \widehat{BAD}={{120}^{0}}\Rightarrow \widehat{ADC}={{60}^{0}} \\ \end{align}\)

\(\Rightarrow \Delta ACD\) đều, do đó \(\Rightarrow A'C'D'\) đều cạnh \(a\sqrt{3}\)

Gọi E là trung điểm của C’D’ \(\Rightarrow A'E\bot C'D'\) và \(A'E=\frac{a\sqrt{3}.\sqrt{3}}{2}=\frac{3a}{2}\)

Gọi H là trung điểm của C’E \(\Rightarrow \) OH // A’E \(\Rightarrow OH\bot C'D'\)

Ta có : \(\widehat{\left( \left( ABCD \right);\left( CDD'C' \right) \right)}=\alpha \Rightarrow \widehat{\left( \left( A'B'C'D' \right);\left( CDD'C' \right) \right)}=\alpha \)

\(\left\{ \begin{array}{l}
C'D' \bot OH\\
C'D' \bot BO
\end{array} \right. \Rightarrow C'D' \bot \left( {BOH} \right) \Rightarrow C'D' \bot BH\)

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}
\left( {A'B'C'D'} \right) \cap \left( {CDD'C'} \right) = C'D'\\
\left( {A'B'C'D'} \right) \supset OH \bot C'D'\\
\left( {CDD'C'} \right) \supset BH \bot C'D'
\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {A'B'C'D'} \right);\left( {CDD'C'} \right)} \right)} = \widehat {\left( {OH;BH} \right)} = \widehat {OHB} = \alpha \)

Ta có: \(OH=\frac{1}{2}A'E=\frac{3a}{4}\)

Xét tam giác vuông BOH có: \(\cos \alpha =\frac{OH}{BH}=\frac{\sqrt{21}}{7}\Leftrightarrow BH=\frac{7OH}{\sqrt{21}}=\frac{7.\frac{3a}{4}}{\sqrt{21}}=\frac{a\sqrt{21}}{4}\) Khi đó: \(BO=\sqrt{B{{H}^{2}}-O{{H}^{2}}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\) \(\begin{align} & {{S}_{A'C'D'}}=\frac{{{\left( a\sqrt{3} \right)}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{3{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}\Rightarrow {{S}_{A'B'C'D'}}=2{{S}_{A'C'D'}}=\frac{3{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2} \\ & \Rightarrow {{V}_{ABCD.A'B'C'D'}}=BO.{{S}_{A'B'C'D'}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{3{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}=\frac{9{{a}^{3}}}{4} \\ \end{align}\)

Chọn C.

Lời giải sai Bình thường Khá hay Rất Hay
- Mẹo : Viết lời giải với bộ công thức đầy đủ tại đây

Xem bình luận

Tham Gia Group Dành Cho 2K7 luyện thi Tn THPT - ĐGNL - ĐGTD

>> Lộ Trình Sun 2025 - 3IN1 - 1 lộ trình ôn 3 kì thi (Luyện thi TN THPT & ĐGNL; ĐGTD) tại Tuyensinh247.com. Đầy đủ theo 3 đầu sách, Thầy Cô giáo giỏi, 3 bước chi tiết: Nền tảng lớp 12; Luyện thi chuyên sâu; Luyện đề đủ dạng đáp ứng mọi kì thi.