Google
Câu hỏi: Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác đều cạnh $a$, tam giác $SAB$ cân tại $S$ và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích của khối chóp $S.ABC$, biết khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $\left( SBC \right)$ bằng $\dfrac{a\sqrt{3}}{3}$.
A. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{5}}{120}$.
B. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{5}}{40}$.
C. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{5}}{72}$.
D. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{5}}{24}$.
- Gọi $H$ là trung điểm của $AB$ $\Rightarrow SH\bot AB$.
$\left\{ \begin{matrix}
\left( SAB \right)\bot \left( ABC \right) \\
\left( SAB \right)\cap \left( ABC \right)=AB \\
\left( SAB \right)\supset SH\bot AB \\
\end{matrix} \right.\Rightarrow SH\bot \left( ABC \right)$.
- Gọi $I$ là trung điểm của $BC$ $\Rightarrow AI\bot BC$ và $AI=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$.
- Kẻ $HK\bot BC$ tại $K$ $\Rightarrow HK=\dfrac{BC}{2}=\dfrac{a\sqrt{3}}{4}$.
- $\left\{ \begin{matrix}
HB=\dfrac{1}{2}AB \\
B\in \left( SBC \right) \\
\end{matrix} \right.\Rightarrow d\left( H,\left( SBC \right) \right)=\dfrac{1}{2}d\left( A,\left( SBC \right) \right)=\dfrac{a\sqrt{3}}{6}$.
- Gọi ${H}'$ là hình chiếu của $H$ trên $SK$, ta có:
$\left\{ \begin{matrix}
H{H}'\bot SK \\
H{H}'\bot BC \\
\end{matrix} \right.\Rightarrow H{H}'\bot \left( SBC \right)\Rightarrow H{H}'=d\left( H,\left( SBC \right) \right)=\dfrac{a\sqrt{3}}{6}$
$\Rightarrow SH=\dfrac{HK.H{H}'}{\sqrt{H{{K}^{2}}-H{{{{H}'}}^{2}}}}=\dfrac{\dfrac{a\sqrt{3}}{4}.\dfrac{a\sqrt{3}}{6}}{\sqrt{{{\left( \dfrac{a\sqrt{3}}{4} \right)}^{2}}-{{\left( \dfrac{a\sqrt{3}}{6} \right)}^{2}}}}=\dfrac{a\sqrt{15}}{10}$
- ${{V}_{S.ABC}}=\dfrac{1}{3}SH.{{S}_{\Delta ABC}}=\dfrac{1}{3}.\dfrac{a\sqrt{15}}{10}.\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{5}}{40}$.
A. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{5}}{120}$.
B. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{5}}{40}$.
C. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{5}}{72}$.
D. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{5}}{24}$.
- Gọi $H$ là trung điểm của $AB$ $\Rightarrow SH\bot AB$.
$\left\{ \begin{matrix}
\left( SAB \right)\bot \left( ABC \right) \\
\left( SAB \right)\cap \left( ABC \right)=AB \\
\left( SAB \right)\supset SH\bot AB \\
\end{matrix} \right.\Rightarrow SH\bot \left( ABC \right)$.
- Gọi $I$ là trung điểm của $BC$ $\Rightarrow AI\bot BC$ và $AI=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$.
- Kẻ $HK\bot BC$ tại $K$ $\Rightarrow HK=\dfrac{BC}{2}=\dfrac{a\sqrt{3}}{4}$.
- $\left\{ \begin{matrix}
HB=\dfrac{1}{2}AB \\
B\in \left( SBC \right) \\
\end{matrix} \right.\Rightarrow d\left( H,\left( SBC \right) \right)=\dfrac{1}{2}d\left( A,\left( SBC \right) \right)=\dfrac{a\sqrt{3}}{6}$.
- Gọi ${H}'$ là hình chiếu của $H$ trên $SK$, ta có:
$\left\{ \begin{matrix}
H{H}'\bot SK \\
H{H}'\bot BC \\
\end{matrix} \right.\Rightarrow H{H}'\bot \left( SBC \right)\Rightarrow H{H}'=d\left( H,\left( SBC \right) \right)=\dfrac{a\sqrt{3}}{6}$
$\Rightarrow SH=\dfrac{HK.H{H}'}{\sqrt{H{{K}^{2}}-H{{{{H}'}}^{2}}}}=\dfrac{\dfrac{a\sqrt{3}}{4}.\dfrac{a\sqrt{3}}{6}}{\sqrt{{{\left( \dfrac{a\sqrt{3}}{4} \right)}^{2}}-{{\left( \dfrac{a\sqrt{3}}{6} \right)}^{2}}}}=\dfrac{a\sqrt{15}}{10}$
- ${{V}_{S.ABC}}=\dfrac{1}{3}SH.{{S}_{\Delta ABC}}=\dfrac{1}{3}.\dfrac{a\sqrt{15}}{10}.\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{5}}{40}$.
Đáp án B.