Cho hình lăng trụ tam giác đều $ABC.A'B'C'$ có c...

A

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

+) Chứng minh $AB' \bot BM$ với M là trung điểm của A’B’.

+) Gọi $K = AB' \cap CM$. Gọi $AA' = h$. Tính B’K, BM theo $a,\,\,h$.

+) Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông BB’M tính h theo a.

+) Tính thể tích lăng trụ ${V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{\Delta ABC}}$.

Giải chi tiết:

Gọi M là trung điểm của $A'B'$ ta có

$\left\{ \begin{array}{l}C'M \bot A'B'\\C'M \bot AA'\end{array} \right. \Rightarrow C'M \bot \left( {ABB'A'} \right) \Rightarrow C'M \bot AB'$

$\left\{ \begin{array}{l}BC' \bot AB'\\C'M \bot AB'\end{array} \right. \Rightarrow AB' \bot \left( {BC'M} \right) \Rightarrow AB' \bot BM$.

Gọi $K = AB' \cap CM$.

Áp dụng định  lí Ta-lét ta có :

$\frac{{B'K}}{{AK}} = \frac{{MB'}}{{AB}} = \frac{1}{2} \Rightarrow B'K = \frac{1}{2}AK \Rightarrow B'K = \frac{{AB'}}{3}$

Đặt $AA' = BB' = CC' = DD' = h$.

Ta có : $BM = \sqrt {{h^2} + \frac{{{a^4}}}{4}} ;\,\,AB' = \sqrt {{a^2} + {h^2}}  \Rightarrow B'K = \frac{{\sqrt {{a^2} + {h^2}} }}{3}$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông BB’M ta có :

$\begin{array}{l}B'K.BM = BB'.B'M \Leftrightarrow \frac{1}{3}\sqrt {{a^2} + {h^2}} .\sqrt {{h^2} + \frac{{{a^2}}}{4}}  = h.\frac{a}{2}\\ \Leftrightarrow 2\sqrt {{a^2} + {h^2}} .\sqrt {{h^2} + \frac{{{a^2}}}{4}}  = 3ah \Leftrightarrow \left( {{a^2} + {h^2}} \right)\left( {4{h^2} + {a^2}} \right) = 9{a^2}{h^2}\\ \Leftrightarrow 4{a^2}{h^2} + {a^4} + 4{h^4} + {a^2}{h^2} = 9{a^2}{h^2} \Leftrightarrow {a^4} - 4{a^2}{h^2} + 4{h^4} = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {{a^2} - 2{h^2}} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow a = \sqrt 2 h \Leftrightarrow h = \frac{a}{{\sqrt 2 }}\end{array}$  

Tam giác ABC đều cạnh $a \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{\Delta ABC}} = \frac{a}{{\sqrt 2 }}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^2}\sqrt 6 }}{4}$.

Chọn A.