Cho hình lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) có đáy \(ABC\) là tam giác cân tại \(A\), \(\widehat {BAC} = {120^0}\) và
Cho hình lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) có đáy \(ABC\) là tam giác cân tại \(A\), \(\widehat {BAC} = {120^0}\) và các cạnh bên hợp với đáy một góc bằng \({45^0}\). Hình chiếu vuông góc của \(A'\) lên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\). Tính thể tích của khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) biết khoảng cách từ điểm \(B\) đến mặt phẳng \(\left( {ACC'A'} \right)\) bằng \(\dfrac{{\sqrt {21} }}{7}\).
Đáp án đúng là: A
Quảng cáo
- Gọi \(O\) là trung điểm của \(BC\), gọi \(H\) là điểm đối xứng với \(A\) qua \(O\), chứng minh \(H\) là tâm đương tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\).
- Xác định \(\angle \left( {A'A;\left( {ABC} \right)} \right)\).
- Đặt \(AB = AC = AH = A'H = x\,\,\left( {x > 0} \right)\).
- Chứng minh \( \Rightarrow d\left( {B;\left( {ACC'A'} \right)} \right) = d\left( {H;\left( {ACC'A'} \right)} \right)\). Gọi \(M\) là trung điểm của \(AC\), trong \(\left( {A'HM} \right)\) kẻ \(HK \bot A'M\,\,\left( {K \in A'M} \right)\), chứng minh \(d\left( {H;\left( {ACC'A'} \right)} \right) = HK\).
- Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(A'HM\) tìm \(x\).
- Tính \({V_{ABC.A'B'C'}} = A'H.{S_{\Delta ABC}}\).
Gọi \(O\) là trung điểm của \(BC\), gọi \(H\) là điểm đối xứng với \(A\) qua \(O\), dễ dàng chứng minh được \(ABHC\) là hình bình hành.
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AB = BH\\\angle ABH = {180^0} - \angle BAC = {60^0}\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \Delta ABH\) đều \( \Rightarrow AB = AH = AC\) \( \Rightarrow H\) là tâm đương tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\) \( \Rightarrow A'H \bot \left( {ABC} \right)\).
Do đó \(AH\) là hình chiếu vuông góc của \(AA'\) lên \(\left( {ABC} \right)\).
\( \Rightarrow \angle \left( {AA';\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {AA';AH} \right) = \angle A'AH = {45^0}\) \( \Rightarrow \Delta AA'H\) vuông cân tại \(H\) \( \Rightarrow AH = A'H\).
Đặt \(AB = AC = AH = A'H = x\,\,\left( {x > 0} \right)\).
Gọi \(M\) là trung điểm của \(AC\), ta có \(AH = AC = CH = x \Rightarrow \Delta ACH\) đều cạnh \(x\) \( \Rightarrow HM \bot AC\) và \(HM = \dfrac{{x\sqrt 3 }}{2}\).
Trong \(\left( {A'HM} \right)\) kẻ \(HK \bot A'M\,\,\left( {K \in A'M} \right)\) ta có:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}AC \bot HM\\AC \bot A'H\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {A'HM} \right) \Rightarrow AC \bot HK\\\left\{ \begin{array}{l}HK \bot A'M\\HK \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow HK \bot \left( {ACC'A'} \right) \Rightarrow d\left( {H;\left( {ACC'A'} \right)} \right) = HK\end{array}\)
Lại có \(BH//AC \Rightarrow BH//\left( {ACC'A'} \right)\) \( \Rightarrow d\left( {B;\left( {ACC'A'} \right)} \right) = d\left( {H;\left( {ACC'A'} \right)} \right) = HK = \dfrac{{\sqrt {21} }}{7}\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(A'HM\) ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{H{K^2}}} = \dfrac{1}{{A'{H^2}}} + \dfrac{1}{{H{M^2}}} \Leftrightarrow \dfrac{7}{3} = \dfrac{1}{{{x^2}}} + \dfrac{4}{{3{x^2}}}\\ \Leftrightarrow \dfrac{7}{3} = \dfrac{7}{{3{x^2}}} \Leftrightarrow x = AB = A'H\end{array}\)
\( \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{4} \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = A'H.{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{4}\).
Đáp án cần chọn là: A
Group 2K8 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí
>> 2K8 Chú ý! Lộ Trình Sun 2026 - 3IN1 - 1 lộ trình ôn 3 kì thi (Luyện thi 26+ TN THPT, 90+ ĐGNL HN, 900+ ĐGNL HCM, 70+ ĐGTD - Click xem ngay) tại Tuyensinh247.com.Đầy đủ theo 3 đầu sách, Thầy Cô giáo giỏi, luyện thi theo 3 giai đoạn: 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
