Cho hình lập phương \(ABCD.A’B’C’D’\) có cạnh bằng \(a\). Gọi \(E\) là một điểm thuộc cạnh \(DD’\) sao cho \(\tan \left( {BE;\left( {CDD’} \right)} \right) = \frac{3}{{\sqrt {13} }}\). Thể tích của khối tứ diện \(EB’AC\) bằng
A. \(\frac{{5{a^3}}}{{18}}\)
B. \(\frac{{2{a^3}}}{3}\)
C. \(\frac{{6{a^3}}}{{\sqrt {38} }}\)
D. \(\frac{{\sqrt {19} {a^3}}}{3}\)
Lời giải:
* Xác định vị trí điểm \(E\):
Ta có \(BC \bot \left( {CDD’} \right)\) nên \(\tan \left( {BE;\left( {CDD’} \right)} \right) = \tan \widehat {BEC} = \frac{{BC}}{{CE}}\) hay \(\frac{{BC}}{{CE}} = \frac{3}{{\sqrt {13} }}\) suy ra \(CE = \frac{{\sqrt {13} }}{3}a\).
Lại có \(CE = \sqrt {C{D^2} + D{E^2}} = \sqrt {{a^2} + D{E^2}} \) do đó \(DE = \frac{2}{3}a\).
* Tính thể tích tứ diện \(EB’AC\):
Gọi \(F\) là điểm thuộc cạnh \(BB’\) sao cho \(\frac{{BF}}{{B’B}} = \frac{1}{3}\) suy ra \(DF{\rm{//}}EB’\).
Gọi \(O = AC \cap BD\), \(P\) là trung điểm của \(MF\). Dễ dàng suy ra được \(OP{\rm{//}}DF{\rm{//}}EB’\) nên \(EB'{\rm{//}}\left( {ACP} \right)\).
Do đó \(d\left( {EB’;AC} \right) = d\left( {EB’;\left( {ACP} \right)} \right) = d\left( {B’;\left( {ACP} \right)} \right) = 5d\left( {M;\left( {ACP} \right)} \right)\) (vì \(\frac{{BP}}{{MP}} = 5\)).
Ta có \(M.ACP\) là tam diện vuông (vuông tại \(M\)) nên
\(\frac{1}{{{{\left[ {d\left( {M;\left( {ACP} \right)} \right)} \right]}^2}}} = \frac{1}{{M{A^2}}} + \frac{1}{{M{P^2}}} + \frac{1}{{M{C^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{a}{6}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{{38}}{{{a^2}}}\).
Suy ra \(d\left( {M;\left( {ACP} \right)} \right) = \frac{a}{{\sqrt {38} }}\) nên \(d\left( {EB’;AC} \right) = \frac{{5a}}{{\sqrt {38} }}\).
\({V_{EB’AC}} = \frac{1}{6} \cdot EB’ \cdot AC \cdot d\left( {EB’;AC} \right) \cdot \sin \left( {EB’;AC} \right) = \frac{1}{6} \cdot \sqrt {\frac{{19}}{9}{a^2}} \cdot a\sqrt 2 \cdot \frac{{5a}}{{\sqrt {38} }} \cdot \sin 90^\circ = \frac{{5{a^3}}}{{18}}\).
=========== Câu 43 THỂ TÍCH HÌNH LĂNG TRỤ BIẾT GÓC KHOẢNG CÁCH VẬN DỤNG – PHÁT TRIỂN Toán TK 2024
Để lại phản hồi