Cho hình chóp \(S.ABC\) có tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(C\), tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\), tam giác \(SAC\) cân tại \(S\). Biết \(AB = 2a\), đường thẳng \(SB\) tạo với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) góc \({45^0}\). Thể tích khối chóp \(S.ABC\) bằng:

Câu 415173: Cho hình chóp \(S.ABC\) có tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(C\), tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\), tam giác \(SAC\) cân tại \(S\). Biết \(AB = 2a\), đường thẳng \(SB\) tạo với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) góc \({45^0}\). Thể tích khối chóp \(S.ABC\) bằng:

A. \(\dfrac{{{a^3}\sqrt {10} }}{2}\)

B. \(\dfrac{{{a^3}\sqrt {10} }}{6}\)

C. \({a^3}\sqrt 5 \)

D. \(\dfrac{{{a^3}\sqrt 5 }}{3}\)

Câu hỏi : 415173

Phương pháp giải:

Đặt hệ trục tọa độ.

Đáp án : D
(0) bình luận (0) lời giải
Giải chi tiết:

Gọi \(M\) là trung điểm của \(AC\), \(N\) là trung điểm của \(AB\) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}AC \bot SM\\AC \bot MN\,\,\left( {MN\parallel AB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {SMN} \right)\).

Trong \(\left( {SMN} \right)\) kẻ \(SH \bot MN\,\,\left( {H \in MN} \right)\), khi đó ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}SH \bot MN\\SH \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)\).

Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ, coi \(a = 1\) ta có: \(M\left( {0;0;0} \right)\).

Tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(C\) nên \(AC = BC = \dfrac{{AB}}{{\sqrt 2 }} = a\sqrt 2 \) \( \Rightarrow AM = MC = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

\( \Rightarrow A\left( {0; - \dfrac{{\sqrt 2 }}{2};0} \right),\,\,C\left( {0;\dfrac{{\sqrt 2 }}{2};0} \right)\), \(B\left( {\sqrt 2 ;\dfrac{{\sqrt 2 }}{2};0} \right)\).

TH1: Đặt \(SH = x,\,\,HM = y\,\,\left( {x,\,\,y > 0} \right)\), khi đó ta có \(S\left( {y;0;x} \right)\), \(H\left( {y;0;0} \right)\).

Ta có: \(\overrightarrow {SA} = \left( { - y; - \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}; - x} \right),\,\,\overrightarrow {AB} = \left( {\sqrt 2 ;\sqrt 2 ;0} \right)\).

Tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) \( \Rightarrow \overrightarrow {SA} .\overrightarrow {AB} = 0\).

\( \Leftrightarrow - \sqrt 2 y - 1 = 0 \Leftrightarrow y = - \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\) (Vô lí), chứng tỏ điểm \(H\) nằm ngoài đoạn thẳng \(MN\) về phía điểm \(M\).

TH2: Khi đó ta có \(HM = - y\,\,\left( {y > 0} \right)\) \( \Rightarrow S\left( { - y;0;x} \right),\,\,H\left( { - y;0;0} \right)\).

Ta có: \(\overrightarrow {SA} = \left( {y; - \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}; - x} \right),\,\,\overrightarrow {AB} = \left( {\sqrt 2 ;\sqrt 2 ;0} \right)\).

Tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) \( \Rightarrow \overrightarrow {SA} .\overrightarrow {AB} = 0\) \( \Leftrightarrow \sqrt 2 y - 1 = 0 \Leftrightarrow y = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\).

Ta có \(SH \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(HB\) là hình chiếu của \(SB\) lên \(\left( {ABC} \right)\).

\( \Rightarrow \angle \left( {SB;\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SB;HB} \right) = \angle SBH = {45^0}\).

\( \Rightarrow \Delta SBH\) vuông cân tại \(H\) \( \Rightarrow SH = HB\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {x^2} = {\left( {y + \sqrt 2 } \right)^2} + {\left( {\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} + {0^2}\\ \Leftrightarrow {x^2} = {\left( {\dfrac{1}{{\sqrt 2 }} + \sqrt 2 } \right)^2} + \dfrac{1}{2} = 5 \Leftrightarrow x = \sqrt 5 \\ \Rightarrow SH = a\sqrt 5 \end{array}\)

\({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AC.BC = \dfrac{1}{2}.{\left( {a\sqrt 2 } \right)^2} = {a^2}\).

Vậy \({V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SH.{S_{ABC}} = \dfrac{1}{3}.a\sqrt 5 .{a^2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 5 }}{3}\).

Lời giải sai Bình thường Khá hay Rất Hay
- Mẹo : Viết lời giải với bộ công thức đầy đủ tại đây

Xem bình luận

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

>> 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.