Xét hình chóp \(S.ABC\) có đáy là tam giác đều cạnh bằng 2, \(SA\) vuông góc với mặt phẳng chứa đáy. Gọi \(M\) là trung điểm \(AB\) và \(\varphi \) là góc giữa đường thẳng \(SM\) và mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\). Biết rằng \(\sin \varphi = \dfrac{{\sqrt 6 }}{8}\). Hãy tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp \(S.ABC\).

Câu 486209: Xét hình chóp \(S.ABC\) có đáy là tam giác đều cạnh bằng 2, \(SA\) vuông góc với mặt phẳng chứa đáy. Gọi \(M\) là trung điểm \(AB\) và \(\varphi \) là góc giữa đường thẳng \(SM\) và mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\). Biết rằng \(\sin \varphi = \dfrac{{\sqrt 6 }}{8}\). Hãy tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp \(S.ABC\).

A. \(\sqrt 3 \)

B. \(\dfrac{4}{{\sqrt 3 }}\)

C. \(1\)

D. \(\dfrac{1}{{\sqrt 3 }}\)

Câu hỏi : 486209

Quảng cáo

Phương pháp giải:

- Chứng minh \({V_{S.ABC}}\) lớn nhất khi \(SA\) đạt giá trị lớn nhất.

- Đặt \(SA = x > 0\).

- Gọi \(N\) là trung điểm của \(BC\), trong \(\left( {SAN} \right)\) kẻ \(AH \bot SN\). Chứng minh \(AH \bot \left( {SBC} \right)\).

- Nối \(BH\), gọi \(K\) là trung điểm của \(BH\). Chứng minh \(MK \bot \left( {SBC} \right)\), từ đó xác định \(\varphi = \angle \left( {SM;\left( {SBC} \right)} \right)\).

- Sử dụng \(\sin \varphi = \dfrac{{\sqrt 6 }}{8}\), giải phương trình tìm \(x\).

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

Vì đáy là tam giác đều cạnh 2 nên \({S_{\Delta ABC}} = \dfrac{{{2^2}\sqrt 3 }}{4} = \sqrt 3 \).

Đặt \(SA = x > 0\).

\( \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{3}x.\sqrt 3 \) đạt giá trị lớn nhất khi \(x\) lớn nhất.

Gọi \(N\) là trung điểm của \(BC\), trong \(\left( {SAN} \right)\) kẻ \(AH \bot SN\) ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AN\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAN} \right) \Rightarrow BC \bot AH\\\left\{ \begin{array}{l}AH \bot BC\\AH \bot SN\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right)\end{array}\)

Nối \(BH\), gọi \(K\) là trung điểm của \(BH\) \( \Rightarrow MK\) là đường trung bình của \(\Delta ABH\) nên \(MK//AH\).

Mà \(AH \bot \left( {SBC} \right)\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow MK \bot \left( {SBC} \right)\) \( \Rightarrow SK\) là hình chiếu vuông góc của \(SM\) lên \(\left( {SBC} \right)\).

\( \Rightarrow \varphi = \angle \left( {SM;\left( {SBC} \right)} \right) = \angle \left( {SM;SK} \right) = \angle MSK\).

Ta có

\(\begin{array}{l}\sin \varphi = \dfrac{{MK}}{{SM}} = \dfrac{{\sqrt 6 }}{8} = \dfrac{1}{2}\dfrac{{AH}}{{\sqrt {S{A^2} + A{M^2}} }} = \dfrac{{\sqrt 6 }}{8}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{SA.AN}}{{\sqrt {S{A^2} + A{N^2}} .\sqrt {S{A^2} + A{M^2}} }} = \dfrac{{\sqrt 6 }}{4}\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \dfrac{{x.\dfrac{{2\sqrt 3 }}{2}}}{{\sqrt {{x^2} + {{\left( {\dfrac{{2\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}} .\sqrt {{x^2} + {1^2}} }} = \dfrac{{\sqrt 6 }}{4}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{x\sqrt 3 }}{{\sqrt {{x^2} + 3} .\sqrt {{x^2} + 1} }} = \dfrac{{\sqrt 6 }}{4}\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 4x = \sqrt 2 \sqrt {{x^2} + 3} .\sqrt {{x^2} + 1} \\ \Leftrightarrow 8{x^2} = \left( {{x^2} + 3} \right)\left( {{x^2} + 1} \right)\\ \Leftrightarrow {x^4} - 4{x^2} + 3 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} = 3\\{x^2} = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \sqrt 3 \\x = 1\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy \({\left( {{V_{S.ABC}}} \right)_{\max }} = \dfrac{1}{3}\sqrt 3 .\sqrt 3 = 1\).

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

Xem bình luận

>> Luyện thi TN THPT & ĐH năm 2024 trên trang trực tuyến Tuyensinh247.com. Học mọi lúc, mọi nơi với Thầy Cô giáo giỏi, đầy đủ các khoá: Nền tảng lớp 12; Luyện thi chuyên sâu; Luyện đề đủ dạng; Tổng ôn chọn lọc.