Cho khối lăng trụ ABC.A′B′C′,ABC.A′B′C′, khoảng cách từ CC đến đường thẳng BB′BB′ bằng √5,√5, khoảng cách từ AA đến các đường thẳng BB′BB′ và CC′CC′ lần lượt bằng 11 và 2,2, hình chiếu vuông góc của AA lên mặt phẳng (A′B′C′)(A′B′C′) là trung điểm MM của B′C′B′C′ và A′M=√5.A′M=√5. Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng:
Hãy suy nghĩ và trả lời câu hỏi trước khi xem đáp án
Lời giải:
Báo saiQua MM dựng mặt phẳng (P)(P) vuông góc với AA′AA′ cắt các cạnh AA′, BB′, CC′AA′, BB′, CC′ lần lượt tại N, E, F.N, E, F.
Ta có: {AA′⊥NE⇒NE=d(E, AA′)=d(N, BB′)=d(A, BB′)=1.AA′⊥NF⇒NF=d(F, AA;)=d(N, CC′)=d(A, CC′)=2AA′⊥(P)⇒CC′⊥(P)⇒CC′⊥EF⇒EF=d(E, CC′)=d(F, BB′)=d(C, BB′)=√5.⎧⎪ ⎪⎨⎪ ⎪⎩AA′⊥NE⇒NE=d(E, AA′)=d(N, BB′)=d(A, BB′)=1.AA′⊥NF⇒NF=d(F, AA;)=d(N, CC′)=d(A, CC′)=2AA′⊥(P)⇒CC′⊥(P)⇒CC′⊥EF⇒EF=d(E, CC′)=d(F, BB′)=d(C, BB′)=√5.
Có: NE2+NF2=EF′2⇒ΔNEFNE2+NF2=EF′2⇒ΔNEF vuông tại N.N. (định lý Pi-ta-go đảo)
⇒MN=12EF=√52.⇒MN=12EF=√52.Mà: MEMF=MB′MC′=1⇒ME=MFMEMF=MB′MC′=1⇒ME=MF (định lý Ta-lét)⇒M⇒M là trung điểm của EF.EF.
Xét tam giác AA′MAA′M vuông tại MM ta có:
1MN2=1AM2+1A′M2⇔45=1AM2+15⇔AM=√153.1MN2=1AM2+1A′M2⇔45=1AM2+15⇔AM=√153.
Ta có: {(P)⊥AA′(A′B′C′)⊥AM⇒∠((P), (A′B′C′))=∠(AA′, AM)=∠A′MA.{(P)⊥AA′(A′B′C′)⊥AM⇒∠((P), (A′B′C′))=∠(AA′, AM)=∠A′MA.
⇒cosA′MA=AMAA′=√153√5+53=12.⇒cosA′MA=AMAA′=√153√5+53=12.
Ta thấy ΔNEFΔNEF là hình chiếu vuông góc của ΔA′B′C′ΔA′B′C′ lên mặt phẳng (P).(P).
⇒SA′B′C′=SNEFcosA′MA=12NE.NF12=1.2=2.⇒VABC.A′B′C′=SA′B′C′.AM=2.√153=2√153.⇒SA′B′C′=SNEFcosA′MA=12NE.NF12=1.2=2.⇒VABC.A′B′C′=SA′B′C′.AM=2.√153=2√153.
Chọn B.
Đề thi thử THPT QG năm 2022 môn Toán
Trường THPT Cao Bá Quát