Google
Câu hỏi: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABC là tam giác vuông tại A, $AB=a\sqrt{2},AC=a\sqrt{5}$. Hình chiếu của điểm S trên mặt phẳng $\left( ABC \right)$ trùng với điểm của đoạn thẳng BC. Biết rằng góc giữa mặt phẳng $\left( SAB \right)$ và mặt phẳng $\left( SAC \right)$ bằng $60{}^\circ $. Thể tích của khối chóp S.ABC là
A. $\dfrac{5{{\text{a}}^{3}}\sqrt{6}}{12}$
B. $\dfrac{5{{\text{a}}^{3}}\sqrt{10}}{12}$
C. $\dfrac{{{\text{a}}^{3}}\sqrt{210}}{24}$
D. $\dfrac{{{\text{a}}^{3}}\sqrt{30}}{12}$
A. $\dfrac{5{{\text{a}}^{3}}\sqrt{6}}{12}$
B. $\dfrac{5{{\text{a}}^{3}}\sqrt{10}}{12}$
C. $\dfrac{{{\text{a}}^{3}}\sqrt{210}}{24}$
D. $\dfrac{{{\text{a}}^{3}}\sqrt{30}}{12}$
Gọi H là trung điểm của BC, M là trung điểm của AC, P là trung điểm của AB, kẻ $HI\bot \text{S}M$.
Ta có $\left( SAB \right)\cap \left( SAC \right)=SA$, kẻ $BE\bot \text{S}A$ và $GH\text{ // BE}$, suy ra
$\widehat{\left( (SAC),(SAB) \right)}=\widehat{\left( GH,(SAC) \right)}=\widehat{HGI}=60{}^\circ $.
Đặt $SH=h$, ta tính được $SA=\sqrt{{{h}^{2}}+\dfrac{7{{\text{a}}^{2}}}{4}}$ và $SP=\sqrt{{{h}^{2}}+\dfrac{5{{\text{a}}^{2}}}{4}}$.
Vậy $BE=\dfrac{2{{\text{S}}_{SAB}}}{SA}=\dfrac{a\sqrt{2}.\sqrt{{{h}^{2}}+\dfrac{5{{\text{a}}^{2}}}{4}}}{\sqrt{{{h}^{2}}+\dfrac{7{{\text{a}}^{2}}}{4}}}$
$HI=\sqrt{\dfrac{M{{H}^{2}}.S{{H}^{2}}}{M{{H}^{2}}+S{{H}^{2}}}}=\dfrac{\dfrac{a\sqrt{2}}{2}h}{\sqrt{{{h}^{2}}+\dfrac{{{a}^{2}}}{2}}}$
Tam giác GIH vuông tại I có
$\dfrac{IH}{HG}=\sin 60{}^\circ \Rightarrow \dfrac{\sqrt{3}}{2}.\dfrac{\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\sqrt{{{h}^{2}}+\dfrac{5{{\text{a}}^{2}}}{4}}}{\sqrt{{{h}^{2}}+\dfrac{7{{\text{a}}^{2}}}{4}}}=\dfrac{h\dfrac{a\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{{{h}^{2}}+\dfrac{{{a}^{2}}}{4}}}\Rightarrow {{h}^{4}}+\dfrac{7{{\text{a}}^{2}}}{4}{{h}^{2}}-\dfrac{15{{\text{a}}^{4}}}{8}=0\Rightarrow h=\dfrac{2a\sqrt{3}}{4}$.
Vậy ${{V}_{SABC}}=\dfrac{1}{6}AB.AC.SH=\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{30}}{12}$.
Ta có $\left( SAB \right)\cap \left( SAC \right)=SA$, kẻ $BE\bot \text{S}A$ và $GH\text{ // BE}$, suy ra
$\widehat{\left( (SAC),(SAB) \right)}=\widehat{\left( GH,(SAC) \right)}=\widehat{HGI}=60{}^\circ $.
Đặt $SH=h$, ta tính được $SA=\sqrt{{{h}^{2}}+\dfrac{7{{\text{a}}^{2}}}{4}}$ và $SP=\sqrt{{{h}^{2}}+\dfrac{5{{\text{a}}^{2}}}{4}}$.
Vậy $BE=\dfrac{2{{\text{S}}_{SAB}}}{SA}=\dfrac{a\sqrt{2}.\sqrt{{{h}^{2}}+\dfrac{5{{\text{a}}^{2}}}{4}}}{\sqrt{{{h}^{2}}+\dfrac{7{{\text{a}}^{2}}}{4}}}$
$HI=\sqrt{\dfrac{M{{H}^{2}}.S{{H}^{2}}}{M{{H}^{2}}+S{{H}^{2}}}}=\dfrac{\dfrac{a\sqrt{2}}{2}h}{\sqrt{{{h}^{2}}+\dfrac{{{a}^{2}}}{2}}}$
Tam giác GIH vuông tại I có
$\dfrac{IH}{HG}=\sin 60{}^\circ \Rightarrow \dfrac{\sqrt{3}}{2}.\dfrac{\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\sqrt{{{h}^{2}}+\dfrac{5{{\text{a}}^{2}}}{4}}}{\sqrt{{{h}^{2}}+\dfrac{7{{\text{a}}^{2}}}{4}}}=\dfrac{h\dfrac{a\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{{{h}^{2}}+\dfrac{{{a}^{2}}}{4}}}\Rightarrow {{h}^{4}}+\dfrac{7{{\text{a}}^{2}}}{4}{{h}^{2}}-\dfrac{15{{\text{a}}^{4}}}{8}=0\Rightarrow h=\dfrac{2a\sqrt{3}}{4}$.
Vậy ${{V}_{SABC}}=\dfrac{1}{6}AB.AC.SH=\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{30}}{12}$.
Đáp án D.