Cho hình chóp \(S.ABC\), đáy là tam giác \(ABC\) có \(AB = a,\) \(AC = a\sqrt 2 ,\) \(\angle CAB = {135^0}\).
Cho hình chóp \(S.ABC\), đáy là tam giác \(ABC\) có \(AB = a,\) \(AC = a\sqrt 2 ,\) \(\angle CAB = {135^0}\). Tam giác \(SAB\) vuông tại \(B\), tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\). Biết góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SAB} \right)\) bằng \({30^0}\). Thể tích của khối chóp \(S.ABC\) bằng
Đáp án đúng là: B
Quảng cáo
- Dựng hình chiếu vuông góc D của \(S\) trên \(\left( {ABC} \right)\). Chứng minh \(AB \bot BD,\,\,AC \bot AD\).
- Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của D trên SB, SA. Chứng minh \(\left( {DH,DK} \right) = \left( {\left( {SAB} \right),\left( {SAC} \right)} \right)\).
- Đặt SD = x, sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông viết phương trình biểu diễn mối quan hệ giữa a và x, từ đó tính x theo a.
- Tính diện tích tam giác: \({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.AC.\sin \angle BAC\).
- Tính thể tích khối chóp \(V = \dfrac{1}{3}SD.{S_{\Delta ABC}}\).
Gọi \(D\) là hình chiếu vuông góc của \(S\) xuống mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}AB \bot SB\\AB \bot SD\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow AB \bot BD\\\left\{ \begin{array}{l}AC \bot SA\\AC \bot SD\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow AC \bot AD\end{array}\)
Ta có: \(\angle CAB = {135^0},\,\,\angle DAC = {90^0} \Rightarrow \angle BAD = {45^0}\)
\( \Rightarrow \Delta ABD\) vuông cân tại \(B\) \( \Rightarrow AD = a\sqrt 2 \).
Trong \(\left( {SBD} \right)\) kẻ \(DH \bot SB\,\,\left( {H \in SB} \right)\)
Mà \(AB \bot \left( {SBD} \right)\) (cmt) nên \(AB \bot DH\).
\( \Rightarrow DH \bot \left( {SAB} \right)\)
Tương tự kẻ \(DK \bot SA\,\,\left( {K \in SA} \right)\) ta có \(DK \bot \left( {SAC} \right)\).
Như vậy \(\left( {DH,DK} \right) = \left( {\left( {SAB} \right),\left( {SAC} \right)} \right) = {30^0}\).
Lại có \(DH \bot \left( {SAB} \right)\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow DH \bot HK\) nên tam giác DHK vuông tại H, do đó \(\left( {DH,DK} \right) = \angle HDK = {30^0}\).
Đặt \(SD = x > 0\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}DK = \dfrac{{SD.AD}}{{\sqrt {S{D^2} + A{D^2}} }} = \dfrac{{x.a\sqrt 2 }}{{\sqrt {{x^2} + 2{a^2}} }}\\DH = \dfrac{{SD.BD}}{{\sqrt {S{D^2} + B{D^2}} }} = \dfrac{{x.a}}{{\sqrt {{x^2} + {a^2}} }}\end{array}\)
Xét \(\Delta DHK\) vuông tại \(H\) có \(\angle HDK = {30^0}\)\( \Rightarrow DH = DK\cos {30^0}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{x.a}}{{\sqrt {{x^2} + {a^2}} }} = \dfrac{{x.a\sqrt 2 }}{{\sqrt {{x^2} + 2{a^2}} }}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {{x^2} + {a^2}} }} = \dfrac{{\sqrt 6 }}{{2\sqrt {{x^2} + 2{a^2}} }}\\ \Leftrightarrow 4{x^2} + 8{a^2} = 6{x^2} + 6{a^2}\\ \Leftrightarrow 2{a^2} = 2{x^2} \Leftrightarrow x = a\\ \Rightarrow SD = a\end{array}\)
Vậy \({V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SD.{S_{ABC}} = \dfrac{1}{3}SD.\dfrac{1}{2}.AB.AC.\sin \angle CAB\) \( = \dfrac{1}{6}.a.a.a\sqrt 2 .\dfrac{1}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{{a^3}}}{6}\).
Đáp án cần chọn là: B
Group 2K8 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí
>> 2K8 Chú ý! Lộ Trình Sun 2026 - 3IN1 - 1 lộ trình ôn 3 kì thi (Luyện thi 26+ TN THPT, 90+ ĐGNL HN, 900+ ĐGNL HCM, 70+ ĐGTD - Click xem ngay) tại Tuyensinh247.com.Đầy đủ theo 3 đầu sách, Thầy Cô giáo giỏi, luyện thi theo 3 giai đoạn: Nền tảng lớp 12, Luyện thi chuyên sâu, Luyện đề đủ dạng đáp ứng mọi kì thi.
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
Hỗ trợ - Hướng dẫn
-
024.7300.7989
-
1800.6947
(Thời gian hỗ trợ từ 7h đến 22h)
Email: lienhe@tuyensinh247.com
