Cho hình chóp tam giác đều \(S.ABC\) có \(SA = 2\). Gọi \(D,\,\,E\) lần lượt là trung của cạnh

Câu hỏi số 382637:

Vận dụng cao

Cho hình chóp tam giác đều \(S.ABC\) có \(SA = 2\). Gọi \(D,\,\,E\) lần lượt là trung của cạnh \(SA,\,\,SC\). Tính thể tích khối chóp \(S.ABC\) biết \(BD \bot AE\).

A. \(\frac{{4\sqrt {21} }}{9}\)

B. \(\frac{{4\sqrt {21} }}{7}\)

C. \(\frac{{4\sqrt {21} }}{3}\)

D. \(\frac{{4\sqrt {21} }}{{27}}\)

Đáp án đúng là: D

Phương pháp giải

- Gọi \(F\) là trung điểm của \(SE\), suy ra \(DF \bot BD\).

- Đặt \(AB = BC = CA = x\), tính \(BD,\,\,DF,\,\,BF\).

- Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông tìm \(x\).

- Tính chiều cao và diện tích đáy của hình chóp, áp dụng công thức tính thể tích khối chóp \(V = \frac{1}{3}{S_{day}}.h\).

Giải chi tiết

Đặt \(AB = BC = CA = x\).

Gọi \(F\) là trung điểm của \(SE\) ta có \(DF\) là đường trung bình của tam giác \(SAE\) nên \(DF\parallel AE\).

Mà \(AE \bot BD\) nên \(DF \bot BD \Rightarrow \Delta BDF\) vuông tại \(D\).

Xét tam giác \(SAB\) có: \(B{D^2} = \frac{{A{B^2} + S{B^2}}}{2} - \frac{{S{A^2}}}{4}\)\( = \frac{{{x^2} + 4}}{2} - \frac{4}{4}\) \( = \frac{{{x^2}}}{2} + 1\).

CMTT ta có \(A{E^2} = \frac{{{x^2}}}{2} + 1 \Rightarrow D{F^2} = \frac{{{x^2}}}{8} + \frac{1}{4}\).

Xét tam giác \(SBC\) có:

\(\cos \angle BSC = \frac{{S{B^2} + S{C^2} - B{C^2}}}{{2SB.SC}}\) \( = \frac{{4 + 4 - {x^2}}}{{2.2.2}} = 1 - \frac{{{x^2}}}{8}\).

Xét tam giác \(SBF\) có:

\(\begin{array}{l}B{F^2} = S{B^2} + S{F^2} - 2SB.SF.\cos \angle BSC\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = {2^2} + {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} - 2.2.\frac{1}{2}\left( {1 - \frac{{{x^2}}}{8}} \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{{17}}{4} - 2 + \frac{{{x^2}}}{4} = \frac{9}{4} + \frac{{{x^2}}}{4}\end{array}\)

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(BDF\) ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,B{F^2} = B{D^2} + D{F^2}\\ \Leftrightarrow \frac{9}{4} + \frac{{{x^2}}}{4} = \frac{{{x^2}}}{2} + 1 + \frac{{{x^2}}}{8} + \frac{1}{4}\\ \Leftrightarrow \frac{{3{x^2}}}{8} = 1 \Leftrightarrow x = \frac{{2\sqrt 6 }}{3}\end{array}\)

Gọi \(O\) là trọng tâm tam giác \(ABC \Rightarrow SO \bot \left( {ABC} \right)\).

Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB\) ta có: \(CM = \frac{{2\sqrt 6 }}{3}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 2 \) \( \Rightarrow CO = \frac{2}{3}CM = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(SOC\) có:

\(SO = \sqrt {S{C^2} - C{O^2}} \) \( = \sqrt {{2^2} - {{\left( {\frac{{2\sqrt 2 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{2\sqrt 7 }}{3}\).

Tam giác \(ABC\) đều cạnh \(\frac{{2\sqrt 6 }}{3}\) nên \({S_{\Delta ABC}} = {\left( {\frac{{2\sqrt 6 }}{3}} \right)^2}\frac{{\sqrt 3 }}{4} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\).

Vậy \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SO.{S_{\Delta ABC}}\) \( = \frac{1}{3}.\frac{{2\sqrt 7 }}{3}.\frac{{2\sqrt 3 }}{3}\)\( = \frac{{4\sqrt {21} }}{{27}}\).

Xem lời giải Hỏi đáp / Thảo luận

Câu hỏi:382637

Tham Gia Group Dành Cho 2K7 luyện thi Tn THPT - ĐGNL - ĐGTD

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> Lộ Trình Sun 2025 - 3IN1 - 1 lộ trình ôn 3 kì thi (Luyện thi TN THPT & ĐGNL; ĐGTD) tại Tuyensinh247.com. Đầy đủ theo 3 đầu sách, Thầy Cô giáo giỏi, 3 bước chi tiết: Nền tảng lớp 12; Luyện thi chuyên sâu; Luyện đề đủ dạng đáp ứng mọi kì thi.