Cho hình lăng trụ ABCA'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A. cạnh huyền BC = ; cạnh bên AA'= 2a, biết A' cách đều các đỉnh A, B, C. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AA', AC. Tính thể tích khối chóp C'MNB và khoảng cách từ C' đến mặt phẳng (MNB).

Câu hỏi số 66445:

Cho hình lăng trụ ABCA'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A. cạnh huyền BC = $\dpi{100} a\sqrt{2}$ ; cạnh bên AA'= 2a, biết A' cách đều các đỉnh A, B, C. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AA', AC. Tính thể tích khối chóp C'MNB và khoảng cách từ C' đến mặt phẳng (MNB).

A. $\dpi{100} V_{C'MNB}=\frac{\sqrt{14}a^{3}}{16}$ ; $\dpi{100} d_{C',(BMN)}=\frac{a\sqrt{14}}{4\sqrt{71}}$

B. $\dpi{100} V_{C'MNB}=\frac{\sqrt{14}a^{3}}{8}$ ; $\dpi{100} d_{C',(BMN)}=\frac{a\sqrt{14}}{4\sqrt{71}}$

C. $\dpi{100} V_{C'MNB}=\frac{\sqrt{14}a^{3}}{8}$ ; $\dpi{100} d_{C',(BMN)}=\frac{3a\sqrt{14}}{4\sqrt{71}}$

D. $\dpi{100} V_{C'MNB}=\frac{\sqrt{14}a^{3}}{16}$ ; $\dpi{100} d_{C',(BMN)}=\frac{3a\sqrt{14}}{4\sqrt{71}}$

Đáp án đúng là: D

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:66445

Giải chi tiết

- Tính thể tích:

Vì A' cách đều A, B, C nên chân đường cao hạ từ A' lên mặt phẳng (ABC) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Gọi H là trung điểm của BC suy ra A'H ⊥(ABC)

Gọi K = MN ∩ AC' => AK = $\dpi{100} \frac{1}{3}C'K$

=> $\dpi{100} V_{C'MNB}=3V_{AMNB}$

Gọi E là trung điểm của AH => ME ⊥ (ABC)

=> $\dpi{100} V_{MANB}=\frac{1}{3}ME.dt(ANB)$

Tính được:

ME = $\dpi{100} \frac{1}{2}A'H$ = $\dpi{100} \frac{1}{2}\frac{a\sqrt{14}}{2}=\frac{a\sqrt{14}}{4}$

=> $\dpi{100} V_{MANB}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{14}}{4}.\frac{a^{2}}{4}=\frac{\sqrt{14}a^{3}}{48}$

Vậy $\dpi{100} V_{C'MNB}=\frac{\sqrt{14}a^{3}}{16}$

- Tính khoảng cách:

$\dpi{100} d_{(C',(BMN))}=3d_{(A,(BMN))}$

Gọi F là trọng tâm tam giác ABC

Ta có: AE = $\dpi{100} \frac{1}{2}AH=\frac{1}{2}.\frac{3}{2}AF=\frac{3}{4}AF;$

$\dpi{100} EF= \frac{1}{4}AF$

=> $\dpi{100} d_{(A,(BMN))}=3d_{E,(BMN)}$

Hạ EP ⊥ BN

EQ ⊥ MP

=> EQ ⊥ (MNB)

=> $\dpi{100} d_{E,(MNB)}=EQ= \frac{EP.EM}{\sqrt{EP^{2}+EM^{2}}}$

Ta có: tam giác EPF đồng dạng với tam giác BHF

=> $\dpi{100} \frac{EP}{BH}=\frac{EF}{BF}$

=> $\dpi{100} EP=\frac{BH.EF}{BF}$

Tính được: $\dpi{100} BH = \frac{a\sqrt{2}}{2}$ ; $\dpi{100} EF=\frac{1}{4}AF=\frac{1}{4}.\frac{2}{3}.AH=\frac{1}{6}AH=\frac{a\sqrt{2}}{12}; BF=\frac{a\sqrt{5}}{3}$

=> $\dpi{100} EP =\frac{a\sqrt{5}}{20}$

=> $\dpi{100} EQ= \frac{EP.EM}{\sqrt{EP^{2}+EM^{2}}}=\frac{a\sqrt{14}}{4\sqrt{71}}$

=> $\dpi{100} d_{(C',(BMN))}=3d_{(A,(BMN))}$ $\dpi{100} =12d_{E,(BMN)}=\frac{3a\sqrt{14}}{4\sqrt{71}}$

Đáp án cần chọn là: D

Group 2K8 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> 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.