Cho khối lăng trụ \(ABC.{A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }\) có đáy \(ABC\)là tam giác đều, \(A’A,A’B,A’C\) cùng tạo với đáy một góc \({45^0}\). Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AA’\) và \(BC\) bằng \(\frac{{3a}}{{2\sqrt 2 }}\), thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng

A. \(\frac{{3\sqrt 3 {a^3}}}{4}\).

B. \(\frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{4}\).

C. \(\frac{{{a^3}}}{8}\).

D. \(\frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{8}\).

Lời giải:

Kẻ \(A’H \bot \left( {ABC} \right)\,,H \in \left( {ABC} \right)\). Từ giả thiết ta có \(\widehat {A’AH} = \widehat {A’BH} = \widehat {A’CH} = {45^0}\) \( \Rightarrow \Delta A’AH = \Delta A’BH = \Delta A’CH \Rightarrow AH = BH = CH\) do đó H là tâm của tam giác đều \(ABC\) .

Gọi I và I’ lần lượt là trung điểm của BC và B’C’.

Ta dễ dàng chứng minh : \(H \in AI\); tứ giác \(A’I’IA\) là hình bình hành, \(\left( {A’I’IA} \right) \bot BC\) do \(BC \bot AI,BC \bot A’H\).

Kẻ \(IQ \bot AA’,HK \bot AA’\) ta có IQ là đường vuông góc chung của AA’ và BC và \(IQ\parallel HK;\frac{{IQ}}{{HK}} = \frac{{AI}}{{AH}} = \frac{3}{2}\).

Giả sử tam giác đều ABC có cạnh bằng x, khi đó \(AH = \frac{{x\sqrt 3 }}{3}\), do tam giác \(A’AH\) vuông cân tại H nên \(HK = \frac{1}{2}AA’ = \frac{1}{2}.\sqrt 2 AH = \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\frac{{x\sqrt 3 }}{3} = \frac{{\sqrt 6 }}{6}x\)

Mặt khác \(IQ = d\left( {AA’,BC} \right) = \frac{{3a}}{{2\sqrt 2 }} \Rightarrow HK = \frac{2}{3}IQ = \frac{a}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow \frac{a}{{\sqrt 2 }} = \frac{x}{{\sqrt 6 }} \Rightarrow x = a\sqrt 3 \)

Vậy \({S_{ABC}} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}{x^2} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}.{\left( {\sqrt 3 a} \right)^2} = \frac{{3\sqrt 3 }}{4}{a^2},\,\,A’H = AH = \frac{{x\sqrt 3 }}{3} = a\)

\({V_{ABC.A’B’C’}} = A’H.{S_{ABC}} = a.\frac{{3\sqrt 3 }}{4}{a^2} = \frac{{3\sqrt 3 {a^3}}}{4}\).