Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có AA' = 2 căn bậc hai 13 a, tam giác

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Chứng minh \(\angle \left( {CC';\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {BB';\left( {ABC} \right)} \right) = {60^0}\), , xác định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đó.

- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính \(B'G,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} BM\) (M là trung điểm của \(AC\)).

- Đặt \(BC = x\), tính \(MC\)theo x.

- Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(BCM\) tìm x theo a.

- Tính \({V_{A'ABC}} = \frac{1}{3}.B'G.{S_{\Delta ABC}}\).

Giải chi tiết:

Ta có \(CC'//BB' \Rightarrow \angle \left( {CC';\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {BB';\left( {ABC} \right)} \right) = {60^0}\)

Vì \(B'G \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(GB\) là hình chiếu vuông góc của \(B'B\)lên \(\left( {ABC} \right)\).

\( \Rightarrow \angle \left( {BB';\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {BB';BG} \right) = \angle B'BG = {60^0}\)

Xét tam giác vuông \(BB'G\) ta có: \(BB' = AA' = 2\sqrt {13} a\)

\( \Rightarrow B'G = BB'.\sin {60^0} = a\sqrt {39} \) và \(BG = BB'.\cos {60^0} = a\sqrt {13} \)

\( \Rightarrow BM = \frac{3}{2}BG = \frac{{3a\sqrt {13} }}{2}\)

Đặt \(BC = x \Rightarrow AC = BC.\tan {30^0} = \frac{{x\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow MC = \frac{1}{2}AC = \frac{{x\sqrt 3 }}{6}\)

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(BMC\) ta có:

\(B{M^2} = M{C^2} + B{C^2}\)

\( \Leftrightarrow {\left( {\frac{{3a\sqrt {13} }}{2}} \right)^2} = {\left( {\frac{{x\sqrt 3 }}{6}} \right)^2} + {x^2}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{117{a^2}}}{4} = \frac{{13{x^2}}}{{12}}\)

\( \Leftrightarrow {x^2} = 27{a^2} \Rightarrow x = 3a\sqrt 3 = BC\)

\( \Rightarrow AC = 3a\).

Nên \( \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}.AC.BC = \frac{1}{2}.3a.3a\sqrt 3 = \frac{{9{a^2}\sqrt 3 }}{2}\)

Vậy \({V_{A'ABC}} = \frac{1}{3}.B'G.{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3}.a\sqrt {39} .\frac{{9{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{9{a^3}\sqrt {13} }}{2}\).