Cho khối lăng trụ ABC.

Câu hỏi:

 Cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’, khoảng cách từ C đến đường thẳng BB’ bằng 2, khoảng cách từ A đến các đường thẳng BB’ và CC’ lần lượt bằng 1 và \(\sqrt 3 \), hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng (A’B’C) là trung điểm M  của B’C’ và \(A’M = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\). Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng

A.
2

B.
1

C.
\(\sqrt 3 \)

D.
\(\frac{{2\sqrt 3 }}{3}\)

Đáp án đúng: A

Bạn đang xem:  Cho khối lăng trụ ABC.

Gọi N là trung điểm BC. Kẻ \(AE \bot BB’\) tại E, \(AF \bot CC’\) tại F.

Ta có \(EF \cap MN = H\) nên H là trung điểm EF.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}
AE \bot AA’\\
AF \bot AA’
\end{array} \right. \Rightarrow AA’ \bot \left( {AEF} \right) \Rightarrow AA’ \bot EF \Rightarrow EF \bot BB’\).

Khi đó \(d\left( {A,BB’} \right) = AE = 1,d\left( {A,CC’} \right) = AF = \sqrt 3 ,d\left( {C,BB’} \right) = EF = 2\).

Nhận xét: \(A{E^2} + A{F^2} = E{F^2}\) nên tam giác AEFF vuông tại A, suy ra \(AH = \frac{{EF}}{2} = 1\).

Ta lại có \(\left\{ \begin{array}{l}
AA’ \bot \left( {AEF} \right)\\
MN//AA’
\end{array} \right. \Rightarrow MN \bot \left( {AEF} \right) \Rightarrow MN \bot AH\).

Tam giác AMN vuông tại A có đường cao AH nên \(\frac{1}{{A{M^2}}}\) \( = \frac{1}{{A{H^2}}} – \frac{1}{{A{N^2}}} = 1 – \frac{3}{4} \Rightarrow AM = 2\).

Mặt khác \(\left\{ \begin{array}{l}
\left( {AA’NM} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\
\left( {AA’NM} \right) \bot \left( {AEF} \right)\\
\left( {AA’NM} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AN\\
\left( {AA’NM} \right) \cap \left( {AEF} \right) = AH
\end{array} \right. \Rightarrow \) Góc giữa mặt phẳng (ABC) và (AEF) là \(\widehat {HAN}\).

Hình chiếu của tam giác ABC lên mặt phẳng (AEF) là tam giác AEF nên \({S_{\Delta AEF}} = {S_{\Delta ABC}}.\cos \widehat {HAN} \Rightarrow \frac{1}{2}AE.AF = {S_{\Delta ABC}}.\frac{{AH}}{{AN}} \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}.\frac{{AE.AF.AN}}{{AH}} = \frac{1}{2}.\frac{{1.\sqrt 3 .\frac{{2\sqrt 3 }}{3}}}{1} = 1\).

Vậy \({V_{ABC.A’B’C’}} = {S_{\Delta ABC}}.AM = 2\).