Cho hình lăng trụ đứng \[ABC.A'B'C'\] có đáy \[ABC\] là tam giác cân tại \[C\], biết \[\widehat {BAC} = 30^\circ \], \[AB = a\sqrt 3 ,\] \[AA' = 2a\]. Gọi \[D\] là trung điểm \[BB'\]. Tính theo \[a\] thể tích khối chóp \[A.BCC'D\].

A. \[\frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{3}\].

B. \[\frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{8}\].

C. \[\frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{6}\].

D. \[\frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{4}\].

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: Đề thi Đánh giá năng lực Bộ Công an môn Toán (có đáp án) - Đề số 3 !!

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

Lời giải

Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác cân tại C, biết góc BAC= 30 độ, AB = a căn bậc hai 3 , AA' = 2a. Gọi D là trung điểm BB'. Tính theo a thể tích khối chóp A.BCC'D (ảnh 1)

Vì \[ABC\] là tam giác cân tại \[C\] nên \[\widehat {BAC} = \widehat {ABC} = 30^\circ \Rightarrow \widehat {BCA} = 120^\circ \].

Theo định lí côsin ta có \[A{B^2} = C{A^2} + C{B^2} - 2 \cdot CA \cdot CB \cdot \cos C \Leftrightarrow 3{a^3} = 2C{A^2} + 2C{A^2} \cdot \frac{1}{2}\]

\[ \Leftrightarrow C{A^2} = {a^2} \Rightarrow CA = CB = a.\]

Diện tích tam giác \[ABC\] là \[{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot AC \cdot \sin 30^\circ = \frac{{\sqrt 3 }}{4}{a^2}.\]

Thể tích khối lăng trụ là \[{V_{ABC.A'B'C'}} = AA' \cdot {S_{\Delta ABC}} = 2a \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{4}{a^2} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}{a^3}.\]

Ta có \[\frac{{{V_{A.BCC'B'}}}}{{{V_{ABC.A'B'C'}}}} = \frac{2}{3} \Rightarrow {V_{A.BCC'B'}} = \frac{2}{3} \cdot {V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}{a^3}.\]

\[\frac{{{V_{A.BCC'D}}}}{{{V_{A.BCC'B'}}}} = \frac{{{S_{BCC'D}}}}{{{S_{BCC'B'}}}} = \frac{3}{4} \Leftrightarrow {V_{A.BCC'D}} = \frac{3}{4} \cdot {V_{A.BCC'B'}} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}{a^3}.\]Chọn D.

Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay

Các sản phẩm khác của Vietjack:

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\), đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh bằng \[10\,{\rm{cm}}\]. Biết \(SC = 10\sqrt 5 \,{\rm{cm}}\). Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \[SA,CD\]. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau \(BD\) và \[MN\] bằng

A. \[3\sqrt 5 \,{\rm{cm}}\].

B. \[\sqrt 5 \,{\rm{cm}}\].

C. \[5\,{\rm{cm}}\].

D. \[10\,{\rm{cm}}\].

Lời giải

Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc (ABCD), đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 10cm. Biết SC = 10 căn bậc hai 5cm. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SA,CD. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau BD và MN bằng (ảnh 1)

Gọi \(P\) là trung điểm \(BC\) và \(E = NP \cap AC\).

Khi đó: \(PN{\rm{//}}BD \Rightarrow BD{\rm{//}}\left( {MNP} \right)\).

Suy ra: \(d\left( {BD,MN} \right) = d\left( {BD,\left( {MNP} \right)} \right) = d\left( {O,\left( {MNP} \right)} \right) = \frac{1}{3}d\left( {A,\left( {MNP} \right)} \right)\).

Kẻ\(AK \bot ME\,\,\left( {K \in ME} \right)\).

Lại có: \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot SA\\BD \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot AK \Rightarrow PN \bot AK\,\).

Suy ra: \(AK \bot \left( {MNP} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {MNP} \right)} \right) = AK.\)

Xét tam giác vuông \[SAC\] có: \[SA = \sqrt {S{C^2} - A{C^2}} = 10\sqrt 3 \,\]\[ \Rightarrow MA = 5\sqrt 3 \].

Tam giác vuông \(MAE\) có \(MA = 5\sqrt 3 ;\,AE = \frac{3}{4}AC = \frac{{15\sqrt 2 }}{2}\).

Suy ra: \(AK = \frac{{MA.AE}}{{\sqrt {M{A^2} + A{E^2}} }} = 3\sqrt 5 \,\left( {{\rm{cm}}} \right)\). Vậy \(d\left( {BD,MN} \right) = \frac{1}{3}AK = \sqrt 5 \,\left( {{\rm{cm}}} \right)\). Chọn B.

Câu 2

Tổng khoảng cách từ hai vị trí chiến đấu cơ đến mặt phẳng chứa đường băng bằng

A. \(30\sqrt {14} \) m.

B. \(10\sqrt {14} \) m.

C. \(20\sqrt {14} \) m.

D. \(40\sqrt {14} \) m.

Lời giải

Ta có: \[d\left( {A\,,\,\,\left( P \right)} \right) + d\left( {B\,,\,\,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {120 + 15 + 30 - 25} \right|}}{{\sqrt {9 + 1 + 4} }} + \frac{{\left| {165 + 10 + 130 - 25} \right|}}{{\sqrt {9 + 1 + 4} }} = 30\sqrt {14} \] (m). Chọn B.

Câu 3