Cho hình lăng trụ đứng $ABC.A'B'C'$ có đáy \(ABC...

D

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

+) Gọi $D$ là đỉnh thứ tư của hình bình hành $A'B'DC'$. Chứng minh $\angle \left( {AC';BA'} \right) = d\left( {BD;BA'} \right) = {60^0}$.

+) Đặt $BB' = x$, tính các cạnh $A'B,\,\,B'D,\,\,BD$ theo $x$.

+) Xét 2 TH $\left[ \begin{array}{l}\angle A'BD = {60^0}\\\angle A'BD = {120^0}\end{array} \right.$. Áp dụng định lí cosin trong tam giác $A'BD$ tìm $x$, từ đó tính ${V_{ABC.A'B'C'}}$.

Giải chi tiết:

Gọi $D$ là đỉnh thứ tư của hình bình hành $A'B'DC'$.

Do $\left\{ \begin{array}{l}A'B' = A'C'\\\angle B'A'C' = {90^0}\end{array} \right. \Rightarrow A'B'DC'$ là hình vuông.

$\Rightarrow AC'//BD \Rightarrow \angle \left( {AC';BA'} \right) = d\left( {BD;BA'} \right) = {60^0}$ và $B'D = a$.

Gọi $O = A'D \cap B'C' \Rightarrow O$ là trung điểm của $A'D$.

$\Delta A'B'C'$ vuông cân tại $A' \Rightarrow A'O = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow A'D = a\sqrt 2$.

Đặt $BB' = x \Rightarrow A'B = \sqrt {{x^2} + {a^2}} ;\,\,BD = \sqrt {{x^2} + {a^2}}$.

TH1: $\angle A'BD = {60^0}$.

Áp dụng định lí cosin trong tam giác $A'BD$ ta có:

$\begin{array}{l}A'{D^2} = A'{B^2} + B{D^2} - 2A'B.BD.\cos {60^0}\\ \Rightarrow 2{a^2} = 2{x^2} + 2{a^2} - 2\left( {{x^2} + {a^2}} \right)\frac{1}{2}\\ \Leftrightarrow 2{x^2} = {x^2} + {a^2} \Leftrightarrow {x^2} = {a^2} \Leftrightarrow x = a\end{array}$

$\Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = BB'.{S_{\Delta ABC}} = a.\frac{1}{2}{a^2} = \frac{{{a^3}}}{2}$

TH1: $\angle A'BD = {120^0}$.

Áp dụng định lí cosin trong tam giác $A'BD$ ta có:

$\begin{array}{l}A'{D^2} = A'{B^2} + B{D^2} - 2A'B.BD.\cos {120^0}\\ \Rightarrow 2{a^2} = 2{x^2} + 2{a^2} + 2\left( {{x^2} + {a^2}} \right)\frac{1}{2}\\ \Leftrightarrow 0 = 3{x^2} + 2{a^2} \Leftrightarrow x = a = 0\,\,\left( {vo\,\,li} \right)\end{array}$

Vậy ${V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{{{a^3}}}{2}$.

Chọn D.