Cho lăng trụ tam giác \(ABC.A'B'C'\) có đáy là tam giác đều cạnh \(2a. \) Biết \(A'\) cách đều ba đỉnh \(A,B,C\) và mặt phẳng \(\left( A'BC \right)\) vuông góc với mặt phẳng \(\lef...

* Hướng dẫn giải

Có \(A'\) cách đều ba đỉnh \(A,B,C\) nên hình chóp \(A'.ABC\) là hình chóp tam giác đều

\(\Rightarrow A'H\bot \left( ABC \right)\) với \(H\) là trọng tâm tam giác \(ABC\).

Gọi \(O=A'B\cap AB',O'=A'C\cap AC'.\) Khi đó \(\left( A'BC \right)\cap \left( AB'C' \right)=OO'.\)

Lại có trong \(\left( A'BC \right),A'I\bot OO'\) tại J với \(I\) là trung điểm \(BC.\)

Trong \(\left( AB'C' \right)\) có \(AI\bot OO'\) tại J (có \(\Delta AA'B=\Delta AA'C\Rightarrow AO=AO'\) và J là trung điểm \(OO')\)

\(\Rightarrow \left( \left( A'BC \right),\left( AB'C' \right) \right)=\left( A'I,AJ \right)={{90}^{0}}\), mà ta dễ dàng chứng minh được J là trung điểm \(A'I\) hay trong tam giác \(A'AI\) thì \(AJ\) vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến.

\(\Rightarrow \Delta A'AI\) là tam giác cân tại \(A\) hay \(AA'=AI=a\sqrt{3}.\)

Khi đó: \(h=A'H=\sqrt{AA{{'}^{2}}-{{\left( \frac{2}{3}AI \right)}^{2}}}=\sqrt{{{\left( a\sqrt{3} \right)}^{2}}-{{\left( \frac{2}{3}a\sqrt{3} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{15}}{3}.\)

Vậy \(V={{S}_{ABC}}.A'H={{\left( 2a \right)}^{2}}.\frac{\sqrt{3}}{4}.\frac{a\sqrt{15}}{3}={{a}^{3}}\sqrt{15}.\)