Cho hình lăng trụ tứ giác ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi cạnh a, \(\angle BAD = {120^0}\).
Cho hình lăng trụ tứ giác ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi cạnh a, \(\angle BAD = {120^0}\). Biết \(\angle A'BA = \angle C'A'C = {90^0}\), góc giữa hai mặt phẳng (A’AD) và (ABB’A’) bằng \(\alpha \) với \(\tan \alpha = \sqrt 2 \). Tính thể tích khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’.
Đáp án đúng là: A
Quảng cáo
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của B’C’, BC.
Vì ABCD là hình thoi cạnh a có \(\angle BAD = {120^0}\) \( \Rightarrow \angle ABC = {60^0}\).
\( \Rightarrow \Delta ABC\) đều \( \Rightarrow AC = a = A'C'\).
Xét \(\Delta ABA'\) và \(\Delta C'A'C\) có:
\(\begin{array}{l}\angle A'BA = \angle C'A'C = {90^0}\,\,\left( {gt} \right)\\AB = A'C' = a\\AA' = CC'\end{array}\)
\( \Rightarrow \Delta ABA' = \Delta C'A'C\) (cạnh góc vuông – cạnh huyền)
\( \Rightarrow A'B = A'C\) (hai cạnh tương ứng) \( \Rightarrow \Delta A'BC\) cân tại A’.
\( \Rightarrow A'N \bot BC\,\,\,(1)\) (tam giác cân có đường trung tuyến đồng thời là đường cao).
Theo bài ra \(\angle BAD = {120^0} \Rightarrow \Delta A'B'C',\,\,\Delta ABC\) đều \( \Rightarrow BC \bot AN\,\,\,(2)\).
Từ (1), (2) \(BC \bot \left( {AA'MN} \right) \Rightarrow \left( {AA'MN} \right) \bot \left( {BCC'B'} \right)\).
Lại có \(\left( {AA'MN} \right) \cap \left( {BCC'B'} \right) = MN\). Do đó kẻ \(A'P \bot \left( {BB'C'C} \right) \Rightarrow P \in MN\).
Gọi Q là hình chiếu vuông góc của A’ lên BB’ ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}AP \bot BB'\\AQ \bot BB'\end{array} \right. \Rightarrow BB' \bot \left( {APQ} \right) \Rightarrow BB' \bot PQ\).
\( \Rightarrow \left( {\left( {A'AD} \right),\left( {AA'B'B} \right)} \right) = \left( {\left( {BCC'B'} \right),\left( {AA'B'B} \right)} \right) = \left( {A'Q,PQ} \right) = \angle A'QP = \alpha \).
Theo giả thiết ta có: \(\tan \alpha = \sqrt 2 \Rightarrow \dfrac{{A'P}}{{QP}} = \sqrt 2 \,\,\left( * \right)\).
Đặt BB’ = x \( \Rightarrow AA' = x \Rightarrow A'B = \sqrt {{x^2} - {a^2}} \).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông A’B’B ta có: \(A'Q = \dfrac{{A'B'.A'B}}{{BB'}} = \dfrac{{a.\sqrt {{x^2} - {a^2}} }}{x}\).
Xét tam giác vuông A’BN ta có: \(A'N = \sqrt {A'{B^2} - B{N^2}} = \sqrt {{x^2} - {a^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}} = \sqrt {{x^2} - \dfrac{{5{a^2}}}{4}} \).
Ta có \(A'M = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2},\,\,MN = x,\,\,A'N = \sqrt {{x^2} - \dfrac{{5{a^2}}}{4}} \).
Áp dụng định lí cosin trong tam giác A’MN ta có
\(\cos \angle A'MN = \dfrac{{A'{M^2} + M{N^2} - A'{N^2}}}{{2A'M.MN}} = \dfrac{{\dfrac{{3{a^2}}}{4} + {x^2} - {x^2} + \dfrac{{5{a^2}}}{4}}}{{2.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.x}} = \dfrac{{2{a^2}}}{{ax\sqrt 3 }} = \dfrac{{2a}}{{x\sqrt 3 }}\)
Xét tam giác vuông A’MP có: \(PM = A'M.\cos M = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{{2a}}{{x\sqrt 3 }} = \dfrac{{{a^2}}}{x}\).
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông A’MP ta có: \(A'P = \sqrt {A'{M^2} - P{M^2}} = \sqrt {\dfrac{{3{a^2}}}{4} - \dfrac{{{a^4}}}{{{x^2}}}} \).
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông A’PQ ta có:
\(PQ = \sqrt {A'{Q^2} - A'{P^2}} = \sqrt {\dfrac{{{a^2}\left( {{x^2} - {a^2}} \right)}}{{{x^2}}} - \dfrac{{3{a^2}}}{4} + \dfrac{{{a^4}}}{{{x^2}}}} = \dfrac{a}{2}\).
Thay vào (*) \( \Rightarrow A'P = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\) \( \Rightarrow A'Q = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{a.\sqrt {{x^2} - {a^2}} }}{x} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow 2\sqrt {{x^2} - {a^2}} = x\sqrt 3 \\ \Leftrightarrow 4\left( {{x^2} - {a^2}} \right) = 3{x^2} \Leftrightarrow {x^2} = 4{a^2} \Leftrightarrow x = 2a = BB'\end{array}\)
\( \Rightarrow A'B = \sqrt {{x^2} - {a^2}} = \sqrt {4{a^2} - {a^2}} = a\sqrt 3 \).
Ta có
\(\begin{array}{l}B'Q = \sqrt {A'B{'^2} - A'{Q^2}} = \sqrt {{a^2} - \dfrac{{3{a^2}}}{4}} = \dfrac{a}{2}\\PM = \sqrt {A'{M^2} - A'{P^2}} = \sqrt {\dfrac{{3{a^2}}}{4} - \dfrac{{{a^2}}}{4}} = \dfrac{a}{2}\end{array}\)
\( \Rightarrow B'Q = PM\), lại có B’Q // PM => B’MPQ là hình bình hành.
Mà \(PQ \bot BB'\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow B'MPQ\) là hình chữ nhật \( \Rightarrow BCC'B'\) là hình chữ nhật.
\( \Rightarrow {S_{BCC'B'}} = BB'.BC = 2a.a = 2{a^2}\).
\( \Rightarrow {V_{A'.BCC'B'}} = \dfrac{1}{3}A'P.{S_{BCC'B'}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.2{a^2} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{3}{a^3}\).
\( \Rightarrow {V_{A'.B'C'C}} = \dfrac{1}{2}{V_{A'.BCC'B'}} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{6}{a^3}\).
Lại có \({V_{A'.B'C'C}} = {V_{C.A'B'C'}} = \dfrac{1}{6}{V_{ABCD.A'B'C'D'}} \Rightarrow {V_{ABCD.A'B'C'D'}} = 6{V_{A'.B'C'C}} = {a^3}\sqrt 2 .\)
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
