Cho lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có đáy là tam giác vuông tại A, AB = 2 ; $AC=\sqrt{3}$. Góc $\widehat{CAA\text{'}}={90}^0$, $\widehat{BAA\text{'}}={120}^0$. Gọi M là trung điểm cạnh BB'. Biết CM vuông góc với A'B, tính thể tích khối lăng trụ đã cho.

Chọn C

Đặt $A\text{'}A=x\left(x>0\right)$. Ta có $\left\{\begin{array}{l}CA\perp AB\\ CA\perp AA\text{'}\end{array}\right.\Rightarrow CA\perp \left(ABB\text{'}A\text{'}\right)\Rightarrow CA\perp A\text{'}B$ 

Lại có $A\text{'}B\perp CM$ nên $A\text{'}B\perp \left(CMA\right)\Rightarrow A\text{'}B\perp AM$.

Xét tam giác BAA' có $AB=2,AA\text{'}=x$ và $\widehat{BAA\text{'}}={120}^0$. Theo Định lý hàm số cos ta có

$A\text{'}B=\sqrt{x^2+2^2-2.x\mathrm{.2.}cos{120}^0}=\sqrt{x^2+2x+4}\Rightarrow IA\text{'}=\frac{2}{3}A\text{'}B=\frac{2}{3}\sqrt{x^2+2x+4}$ 

Xét tam giác ABM có $AB=2,BM=\frac{x}{2}$ và $\widehat{MBA}={60}^0$. Theo Định lý hàm số cos ta có

$AM=\sqrt{{\left(\frac{x}{2}\right)}^2+2^2-2.\frac{x}{2}\mathrm{.2.}cos{60}^0}=\sqrt{\frac{x^2}{4}-x+4} \Rightarrow IA=\frac{2}{3}AM=\frac{2}{3}\sqrt{\frac{x^2}{4}-x+4}$

Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông A'IA có $IA{\text{'}}^2+I{A}^2=A\text{'}{A}^2\iff \frac{4}{9}\left(x^2+2x+4\right)+\frac{4}{9}\left(\frac{x^2}{4}-x+4\right)=x^2$

$\iff \frac{4}{9}{x}^2-\frac{4}{9}x-\frac{32}{9}=0\iff x^2-x-8=0\iff x=\frac{1+\sqrt{33}}{2}$ (Do x > 0)

Xét tứ diện C.ABA' có $CA\perp \left(ABA\text{'}\right)$ nên $V_{C.ABA\text{'}}=\frac{1}{3}{S}_{\Delta ABA\text{'}}.CA=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}AB.AA\text{'}.\sin {120}^0.\sqrt{3}=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}\mathrm{.2.}\left(\frac{1+\sqrt{33}}{2}\right).\frac{\sqrt{3}}{2}.\sqrt{3}=\frac{1+\sqrt{33}}{4}$

Vậy $V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=3.V_{C.ABA\text{'}}=\frac{3\left(1+\sqrt{33}\right)}{4}.$