Cho hình lăng trụ \(ABCD.A'B'C'D'\) có đáy \(ABCD\) là hình thoi cạnh \(2,\widehat {BAD} = {120^ \circ }\). Biết các đường thẳng \(A'A,A'B,A'C\) cùng tạo với mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) một góc bằng \({60^ \circ }\). Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(BB',CC'\).

Kéo số ở các ô vuông thả vào vị trí thích hợp trong các câu sau

Thể tích khối lăng trụ \(ABCD.A'B'C'D'\) bằng _______.

Khoảng cách giữa \(AD\) và mặt phẳng \(\left( {D'MN} \right)\) bằng _______.

Đáp án

Thể tích khối lăng trụ \(ABCD.A'B'C'D'\) bằng \(4\sqrt 3 \).

Khoảng cách giữa \(AD\) và mặt phẳng \(\left( {D'MN} \right)\) bằng \(\frac{{6\sqrt 7 }}{7}\).

Giải thích

Vị trí thả 1: \(4\sqrt 3 \)

Vị trí thả 2: \(\frac{{6\sqrt 7 }}{7}\)

Tính thể tích khối lăng trụ \(ABCD.A'B'C'D'\).

Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\).

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của điểm \(A'\) trên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) vì các đường thẳng \(A'A\), \(A'B,A'C\) cùng tạo với mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) một góc bằng \({60^ \circ }\) nên \[\widehat {HAA'} = \widehat {HBA'} = \widehat {HCA'} = {60^ \circ }\].

\( \Rightarrow {\rm{\Delta }}A'HA = {\rm{\Delta }}A'HB = {\rm{\Delta }}A'HC\) (g.c.g) \( \Rightarrow HA = HB = HC\).

\( \Rightarrow H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp .

Vì \(ABCD\) là hình thoi có \(\widehat {BAD} = {120^ \circ }\)

\( =  > \widehat {\left( {BAC} \right)} = {60^0} \Rightarrow \Delta ABC\) đều

\( \Rightarrow H\) là trọng tâm .

Ta có \(AI = \frac{{2.\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3  \Rightarrow AH = \frac{{2\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow A'H = AH{\rm{tan}}\widehat {A'AH} = 2\),

\({S_{ABCD}} = AB.AD.{\rm{sin}}\widehat {BAD} = \frac{{{2^2}\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3 \).

Thể tích khối lăng trụ \(ABCD.A'B'C'D'\) là \(V = A'H.{S_{ABCD}} = \frac{{{2^3}\sqrt 3 }}{2} = 4\sqrt 3 \).

Tính khoảng cách giữa đường thẳng \(AD\) và mặt phẳng \(\left( {D'MN} \right)\)

Do \(MN//A'D'\) nên \(A'\) thuộc mặt phẳng \(\left( {D'MN} \right)\)

Gọi \(E = A'M \cap AB,F = D'N \cap DC \Rightarrow EF//BC//AD\) và \(B,C\) lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng \(AE,DF\). Suy ra \(A,H,F\) thẳng hàng và \(AF = \frac{3}{2}HF\).

Ta có \(AD//\left( {D'MN} \right) \Rightarrow d\left( {AD,\left( {D'MN} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {A'EF} \right)} \right) = \frac{3}{2}d\left( {H,\left( {A'EF} \right)} \right)\).

Do \(AH \bot BC \Rightarrow AH \bot EF \Rightarrow EF \bot \left( {A'HF} \right) \Rightarrow \left( {A'EF} \right) \bot \left( {A'HF} \right)\)

Trong tam giác \(A'HF\), kẻ \(HK \bot A'F \Rightarrow HK \bot \left( {A'EF} \right) \Rightarrow d\left( {H,\left( {A'EF} \right)} \right) = HK\)

Ta có \(A'H = 2,HF = 2HA = \frac{{4\sqrt 3 }}{3},\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{HA{'^2}}} + \frac{1}{{H{F^2}}} = \frac{1}{4} + \frac{3}{{16}} = \frac{7}{{16}} \Rightarrow HK = \frac{{4\sqrt 7 }}{7}\).

\( \Rightarrow d\left( {AD,\left( {D'MN} \right)} \right) = \frac{3}{2}HK = \frac{{6\sqrt 7 }}{7}\).