Câu hỏi

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 \(d\left( {A'B';BK} \right) = \dfrac{3}{2}\).

  • A \(4\sqrt 3 \)
  • B \(6\)
  • C \(3\sqrt 3 \)
  • D \(2\sqrt 3 \)

Phương pháp giải:

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.

Lời giải chi tiết:

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 \({V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}}.AH = \dfrac{1}{2}AB.AC.AH\)\( = \dfrac{1}{2}.2.2\sqrt 3 .\dfrac{3}{2} = 3\sqrt 3 \).

Chọn C.


>> Luyện thi tốt nghiệp THPT và Đại học năm 2021, mọi lúc, mọi nơi tất cả các môn cùng các thầy cô giỏi nổi tiếng, dạy hay dễ hiểu trên Tuyensinh247.com. Đã có đầy đủ các khóa học từ nền tảng tới luyện thi chuyên sâu.



Gửi bài