Google
Câu hỏi: Cho hình chóp $S.ABC,$ đáy là tam giác $ABC$ có $AB=a;AC=a\sqrt{2}$ và $\widehat{CAB}={{135}^{0}},$ tam giác $SAB$ vuông tại $B$ và tam giác $SAC$ vuông tại $A.$ Biết góc giữa hai mặt phẳng $\left( SAC \right)$ và $\left( SAB \right)$ bằng ${{30}^{0}}.$ Tính thể tích khối chóp $S.ABC$.
A. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{6}.$
B. $\dfrac{{{a}^{3}}}{3}.$
C. $ \dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{3}.$
D. $\dfrac{{{a}^{3}}}{6}.$
Gọi $D$ là hình chiếu vuông góc của $S$ xuống mặt phẳng $\left( ABC \right)$.
$\left\{ \begin{aligned}
& AB\bot SB \\
& AB\bot SD \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow AB\bot \left( SBD \right)\Rightarrow AB\bot BD$.
$\left\{ \begin{aligned}
& AC\bot SA \\
& AC\bot SD \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow AC\bot \left( SAD \right)\Rightarrow AC\bot AD$.
Tam giác $ABC$ có $\widehat{CAB}={{135}^{0}}\Rightarrow \widehat{BAD}={{45}^{0}}.$
Tam giác $ABD$ vuông tại $B$ có $\widehat{BAD}={{45}^{0}}$ suy ra tam giác $ABD$ vuông cân và $AD=a\sqrt{2}.$
Từ đó có tam giác $ACD$ vuông cân tại $A\Rightarrow $ tứ giác $ABDC$ là hình thang vuông tại $B$ và $D$.
Trong mặt phẳng $\left( SBD \right),$ hạ $DH\bot SB\left( H\in SB \right).$ Dễ chứng minh $DH\bot \left( SAB \right)$.
Trong mặt phẳng $\left( SAD \right),$ hạ $DK\bot SA\left( K\in SA \right).$ Dễ chứng minh $DK\bot \left( SAC \right).$
Gọi $\alpha $ là góc giữa hai mặt phẳng $\left( SAB \right)$ và $\left( SAC \right)$ ta có: $\alpha =\widehat{\left( DH,DK \right)}=\widehat{HDK}={{30}^{0}}$ do tam giác $DHK$ vuông tại $H$.
Đặt $SD=x,\left( x>0 \right).$
Tam giác $DHK$ vuông tại $H$ có $\cos \widehat{HDK}=\dfrac{HD}{DK}\Rightarrow \dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{ax}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}}.\dfrac{\sqrt{2{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}}{\sqrt{2}.ax}$
$\Leftrightarrow \sqrt{6}.\sqrt{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}=2\sqrt{2{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}\Leftrightarrow 6{{a}^{2}}+6{{x}^{2}}=8{{a}^{2}}+4{{x}^{2}}\Leftrightarrow x=a.$
${{V}_{S.ABC}}=\dfrac{1}{6}.SD.AB.AC.\sin \widehat{BAC}=\dfrac{{{a}^{3}}}{6}.$
Vậy thể tích khối $S.ABC$ bằng $\dfrac{{{a}^{3}}}{6}.$
A. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{6}.$
B. $\dfrac{{{a}^{3}}}{3}.$
C. $ \dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{3}.$
D. $\dfrac{{{a}^{3}}}{6}.$
Gọi $D$ là hình chiếu vuông góc của $S$ xuống mặt phẳng $\left( ABC \right)$.
$\left\{ \begin{aligned}
& AB\bot SB \\
& AB\bot SD \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow AB\bot \left( SBD \right)\Rightarrow AB\bot BD$.
$\left\{ \begin{aligned}
& AC\bot SA \\
& AC\bot SD \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow AC\bot \left( SAD \right)\Rightarrow AC\bot AD$.
Tam giác $ABC$ có $\widehat{CAB}={{135}^{0}}\Rightarrow \widehat{BAD}={{45}^{0}}.$
Tam giác $ABD$ vuông tại $B$ có $\widehat{BAD}={{45}^{0}}$ suy ra tam giác $ABD$ vuông cân và $AD=a\sqrt{2}.$
Từ đó có tam giác $ACD$ vuông cân tại $A\Rightarrow $ tứ giác $ABDC$ là hình thang vuông tại $B$ và $D$.
Trong mặt phẳng $\left( SBD \right),$ hạ $DH\bot SB\left( H\in SB \right).$ Dễ chứng minh $DH\bot \left( SAB \right)$.
Trong mặt phẳng $\left( SAD \right),$ hạ $DK\bot SA\left( K\in SA \right).$ Dễ chứng minh $DK\bot \left( SAC \right).$
Gọi $\alpha $ là góc giữa hai mặt phẳng $\left( SAB \right)$ và $\left( SAC \right)$ ta có: $\alpha =\widehat{\left( DH,DK \right)}=\widehat{HDK}={{30}^{0}}$ do tam giác $DHK$ vuông tại $H$.
Đặt $SD=x,\left( x>0 \right).$
Tam giác $DHK$ vuông tại $H$ có $\cos \widehat{HDK}=\dfrac{HD}{DK}\Rightarrow \dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{ax}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}}.\dfrac{\sqrt{2{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}}{\sqrt{2}.ax}$
$\Leftrightarrow \sqrt{6}.\sqrt{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}=2\sqrt{2{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}\Leftrightarrow 6{{a}^{2}}+6{{x}^{2}}=8{{a}^{2}}+4{{x}^{2}}\Leftrightarrow x=a.$
${{V}_{S.ABC}}=\dfrac{1}{6}.SD.AB.AC.\sin \widehat{BAC}=\dfrac{{{a}^{3}}}{6}.$
Vậy thể tích khối $S.ABC$ bằng $\dfrac{{{a}^{3}}}{6}.$
Đáp án D.