Cho hình lăng trụ đều \(ABC.{A}'{B}'{C}'\). Biết khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng \(\left( AB{C}' \right)\) bằng a, góc giữa hai mặt phẳng \(\left( AB{C}' \right)\) và \(\left( BC{C}'{B}' \right)\) bằng \(\alpha \) với \(\cos \alpha =\frac{1}{2\sqrt{3}}\). Tính thể tích khối lăng trụ \(ABC.{A}'{B}'{C}'\).
Hãy suy nghĩ và trả lời câu hỏi trước khi xem đáp án
Lời giải:
Báo saiGọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và BC
Do \(\left\{ \begin{array}{l} AB \bot CC'\\ AB \bot CM \end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {MCC'} \right) \Rightarrow \left( {ABC'} \right) \bot \left( {MCC'} \right)\)
Kẻ CK vuông góc với CM tại K thì ta được \(CK\bot \left( AB{C}' \right)\),
do đó \(CK=d\left( C;\left( AB{C}' \right) \right)=a\).
Đặt \(BC=x,C{C}'=y,\left( x>0,y>0 \right)\), ta được: \(CM=\frac{x\sqrt{3}}{2}\)
\(\frac{1}{C{{M}^{2}}}+\frac{1}{C{{{{C}'}}^{2}}}=\frac{1}{C{{K}^{2}}}\Leftrightarrow \frac{4}{3{{x}^{2}}}+\frac{1}{{{y}^{2}}}=\frac{1}{{{a}^{2}}}\,\,\left( 1 \right)\).
Kẻ \(CE\bot B{C}'\) tại E, ta được \(\widehat{KEC}=\alpha , EC=\frac{KC}{\sin \alpha }=\frac{a}{\sqrt{1-\frac{1}{12}}}=a\sqrt{\frac{12}{11}}\).
Lại có \(\frac{1}{{{x}^{2}}}+\frac{1}{{{y}^{2}}}=\frac{1}{C{{E}^{2}}}=\frac{11}{12{{a}^{2}}}\,\,\left( 2 \right)\)
Giải \(\left( 1 \right),\left( 2 \right)\) ta được \(x=2a,y=\frac{a\sqrt{6}}{2}\).
Thể tích khối lăng trụ \(ABC.{A}'{B}'{C}'\) là:
\(V=y.\frac{{{x}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{a\sqrt{6}}{2}.\frac{4{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{3\sqrt{2}{{a}^{3}}}{2}\)
Đề thi thử THPT QG năm 2021 môn Toán
Trường THPT Thái Bình Dương lần 2