Bài 20 trang 28 SGK Hình học 12 Nâng cao

Tính thể tích của khối lăng trụ đó.

Lời giải chi tiết:

Gọi \(O\) là tâm của tam giác đều \(ABC\).

Vì \(A’\) cách đều ba đỉnh \(A, B, C\) nên \(A’\) nằm trên trục của \(\Delta ABC\), do đó \(A'O \bot mp\left( {ABC} \right)\)
\(AO\) là hình chiếu của \(AA’\) trên mp \((ABC)\). Do đó \(\widehat {A'AO} = {60^0}\)

Trong tam giác vuông \(A’OA\) ta có: \(\tan {60^0} = {{A'O} \over {AO}}\) \( \Rightarrow A'O = AO.\tan {60^0} \) \(= {2 \over 3}.{{a\sqrt 3 } \over 2}.\sqrt 3  = a\)
Vậy thể tích khối lăng trụ là \(V = B.h = {S_{ABC}}.A'O \) \(= {{{a^2}\sqrt 3 } \over 4}.a = {{{a^3}\sqrt 3 } \over 4}\)

Chứng minh rằng mặt bên \(BCCB'\) là một hình chữ nhật.

Lời giải chi tiết:

Vì \(BC \bot AO\) và \(BC\bot A'O\)

\( \Rightarrow BC \bot \left( {AOA'} \right) \) \(\Rightarrow BC \bot AA'\) hay \(BC \bot BB'\) .

Vậy \(BCC’B’\) là hình chữ nhật.

Tính tổng diện tích các mặt bên của hình lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) (tổng đó gọi là diện tích xung quanh của hình (hoặc khối) lăng trụ đã cho).

Lời giải chi tiết:

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB\).

Ta có \(AB \bot \left( {A'HO} \right) \Rightarrow A'H \bot AB\).

Trong tam giác vuông \(A’OH\), ta có:

\(A'{H^2} = A'{O^2} + O{H^2} \) \(= {a^2} + {\left( {{{a\sqrt 3 } \over 6}} \right)^2} = {{13{a^2}} \over {12}} \)

\(\Rightarrow A'H = {{a\sqrt {13} } \over {2\sqrt 3 }}\)
Diện tích hình bình hành \(ABB’A’\) : \({S_{AB B'A'}} = AB.AH = {a^2}{{\sqrt {13} } \over {2\sqrt 3 }}\)
Tương tự \({S_{ACC'A'}} = {{{a^2}\sqrt {13} } \over {2\sqrt 3 }}\)
Diện tích hình chữ nhật \(BCC’B’\) là: \({S_{BCC'B'}} = BB'.BC = AA'.BC \) \(= {{AO} \over {\cos {{60}^0}}}.a = {{2{a^2}\sqrt 3 } \over 3}\)
Vậy diện tích xung quanh hình lăng trụ là:

\({S_{xq}} = 2{S_{AA'B'B}} + {S_{BCC'B'}} \) \(= {{{a^2}\sqrt {13} } \over {\sqrt 3 }} + {{2{a^2}\sqrt 3 } \over 3} \) \(= {{{a^2}\sqrt 3 } \over 3}\left( {\sqrt {13}  + 2} \right)\)