Cho hình lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) có đáy \(ABC\) là tam giác vuông tại \(A\) với \(AB = 2;\)\(BC = 4\).
Cho hình lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) có đáy \(ABC\) là tam giác vuông tại \(A\) với \(AB = 2;\)\(BC = 4\). Mặt bên \(ABB'A'\) là hình thoi có góc \(B\) bằng \({60^0}\). Gọi điểm \(K\) là trung điểm của \(B'C'\). Tính thể tích khối lăng trụ biết \(d\left( {A'B';BK} \right) = \dfrac{3}{2}\).
Đáp án đúng là: C
Quảng cáo
Sử dụng lý thuyết:
- Cho hai đường thẳng chéo nhau \(a,b\). Mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa \(b\) và song song với \(a\). Khi đó, \(d\left( {a,b} \right) = d\left( {a,\left( P \right)} \right)\).
- Thể tích khối lăng trụ \(V = Bh\) với \(B\) là diện tích đáy, \(h\) là chiều cao.
Tam giác \(AA'B\) có \(AA' = A'B\) và \(\widehat {A'} = \widehat B = {60^0}\) nên là tam giác đều cạnh \(2\).
Tam giác ABC vuông tại A có \(AB = 2,BC = 4\) nên theo Pitago ta có :
\(AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}} = \sqrt {{4^2} - {2^2}} = 2\sqrt 3 \)\( \Rightarrow A'C' = AC = 2\sqrt 3 \).
Gọi E là trung điểm của A’B’ ta thấy,
AE là đường cao trong tam giác đều AA’B cạnh \(2\) nên \(AE = \dfrac{{2\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 \)
KE là đường trung bình trong tam giác B’C’A’ nên \(KE = \dfrac{1}{2}A'C' = \dfrac{1}{2}.2\sqrt 3 = \sqrt 3 \)
Do đó tam giác AEK cân tại E.
Ta thấy, \(A'B'//AB \subset \left( {ABK} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {A'B',BK} \right) = d\left( {A'B',\left( {ABK} \right)} \right)\) (1)
Mà \(AK \subset \left( {ABK} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {A'B',AK} \right) = d\left( {A'B',\left( {ABK} \right)} \right)\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(d\left( {A'B',BK} \right) = d\left( {A'B',AK} \right) = \dfrac{3}{2}\).
Gọi F là trung điểm của AK thì \(EF \bot AK\) (3)
Lại có, \(\left\{ \begin{array}{l}AE \bot A'B'\\KE \bot A'B'\end{array} \right.\)\( \Rightarrow A'B' \bot \left( {AKE} \right) \Rightarrow A'B' \bot EF\) (4)
Do đó EF là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng A’B’ và AK \( \Rightarrow d\left( {A'B',AK} \right) = EF = \dfrac{3}{2}\).
Tam giác AEF vuông tại F có \(AE = \sqrt 3 ,EF = \dfrac{3}{2}\) nên theo Pitago ta có :
\(AF = \sqrt {A{E^2} - E{F^2}} = \sqrt {{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2} - {{\left( {\dfrac{3}{2}} \right)}^2}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\)\( \Rightarrow AK = 2AF = 2.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 \)
Tam giác AKE có \(AE = EK = AK = \sqrt 3 \) nên là tam giác đều.
Gọi H là hình chiếu của A lên KE thì :
\(AH \bot KE\) và \(AH = EF = \dfrac{3}{2}\) (đường cao trong tam giác đều cạnh \(\sqrt 3 \)).
Mà \(A'B' \bot \left( {AKE} \right) \Rightarrow A'B' \bot AH\)
Do đó \(AH \bot \left( {A'B'C'} \right)\).
Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}}.AH = \dfrac{1}{2}AB.AC.AH\)\( = \dfrac{1}{2}.2.2\sqrt 3 .\dfrac{3}{2} = 3\sqrt 3 \).
Đáp án cần chọn là: C
Group 2K8 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí
>> 2K9 Chú ý! Lộ Trình Sun 2027 - 1 lộ trình ôn đa kỳ thi (TN THPT, ĐGNL (Hà Nội/ Hồ Chí Minh), ĐGNL Sư Phạm, ĐGTD, ĐGNL Bộ Công an, ĐGNL Bộ Quốc phòngTD - Click xem ngay) tại Tuyensinh247.com. Cập nhật bám sát bộ SGK mới, 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.
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
Hỗ trợ - Hướng dẫn
-
024.7300.7989
-
1800.6947
(Thời gian hỗ trợ từ 7h đến 22h)
Email: lienhe@tuyensinh247.com
