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 $BD \bot AE$ .

\frac{4 \sqrt{21}}{9}

$\frac{{4\sqrt {21} }}{9}$

\frac{4 \sqrt{21}}{7}

$\frac{{4\sqrt {21} }}{7}$

\frac{4 \sqrt{21}}{3}

$\frac{{4\sqrt {21} }}{3}$

\frac{4 \sqrt{21}}{27}

$\frac{{4\sqrt {21} }}{{27}}$

Đáp án đúng là: D

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:382637

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

Group 2K8 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> Lộ Trình Sun 2025 - 3IN1 - 1 lộ trình ôn 3 kì thi (Luyện thi TN THPT & ĐGNL; ĐGTD - Click xem ngay) 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.