Cho hình hộp $ABCD.A'B'C'D'$ có đáy $ABCD$ là hình thoi cạnh $a\sqrt 3 ,{\mkern 1mu} BD = 3a,$ hình chiếu vuông góc của $B$ trên mặt phẳng $\left( {A'B'C'D'} \right)$ trùng với trung điểm của $A’C’$. Gọi $\alpha$ là góc tạo bởi hai mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ và $\left( {CDD'C'} \right), \cos \alpha  = \dfrac{{\sqrt {21} }}{7}$ . Thể tích của khối hộp $ABCD.A’B’C’D$ bằng

Gọi $O'$ là trung điểm của $A'C'$ ta có $BO' \bot \left( {A'B'C'D'} \right)$

Dễ thấy $\left( {ABCD} \right)//\left( {A'B'C'D'} \right)$ và $\left( {CDD'C'} \right)//\left( {ABB'A'} \right)$ nên góc giữa hai mặt phẳng $\left( {CDD'C'} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$ bằng góc giữa hai mặt phẳng $\left( {ABB'A'} \right)$ và $\left( {A'B'C'D'} \right)$.

Xét tam giác $ABD$ có :

$\cos \widehat {BAD} = \dfrac{{A{B^2} + A{D^2} - B{D^2}}}{{2.AB.AD}}$$= \dfrac{{3{a^2} + 3{a^2} - 9{a^2}}}{{2.a\sqrt 3 .a\sqrt 3 }} =  - \dfrac{1}{2}$

$\Leftrightarrow \widehat {BAD} = {120^0}$ $\Rightarrow \widehat {ADC} = {60^0}$

$\Rightarrow \Delta ACD$ đều, do đó $\Rightarrow \Delta A'C'D'$ đều cạnh $a\sqrt 3$

$\Rightarrow {S_{A'C'D'}} = \dfrac{{{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{4}$ $\Rightarrow {S_{A'B'C'D'}} = 2{S_{A'C'D'}} = \dfrac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{2}$

Kẻ $O'H \bot A'B'$ thì $A'B' \bot \left( {BO'H} \right)$ $\Rightarrow A'B' \bot BH$.

Suy ra góc giữa $\left( {A'B'C'D'} \right)$ và $\left( {A'B'BA} \right)$ bằng $\widehat {\left( {BH,O'H} \right)} = \widehat {BHO'} = \alpha$

Mà $\cos \alpha  = \dfrac{{\sqrt {21} }}{7}$ nên $\tan \alpha  = \dfrac{2}{{\sqrt 3 }}$ $\Rightarrow BO' = O'H\tan \alpha  = \dfrac{{2O'H}}{{\sqrt 3 }}$

Lại có $O'H = A'O'\sin {60^0} = \dfrac{{A'C'}}{2}.\sin {60^0}$ $= \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{3a}}{4}$ $\Rightarrow BO' = \dfrac{{2.\dfrac{{3a}}{4}}}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Vậy ${V_{ABCD.A'B'C'D'}} = {S_{A'B'C'D'}}.BO'$ $= \dfrac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{9{a^3}}}{4}$