Google
Câu hỏi: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật, tam giác $SAB$ đều cạnh $a$ và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết góc giữa $SC$ và $\left( SAD \right)$ bằng $30{}^\circ $, tính thể tích khối chóp $S.ABC$.
A. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{6}$.
B. $\dfrac{{{a}^{3}}}{4}$.
C. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{12}$.
D. $\dfrac{{{a}^{3}}}{2}$.
Gọi $H, K, M, N$ lần lượt là trung điểm của $AB, SA, AD, SD$ và $O=AC\cap BD$.
Khi đó, ta có $OK//SC$, do đó $\left( SC,\left( SAD \right) \right)=\left( OK,\left( SAD \right) \right)$.
Ta có: $\left\{ \begin{aligned}
& AD\bot AB \\
& AD\bot SH \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow AD\bot \left( SAB \right)\Rightarrow AD\bot SA $. Do $ MN//SA\Rightarrow AD\bot MN $, lại có $ OM\bot AD $ (vì $ OM//CD $). Từ đây suy ra $ AD\bot \left( OMN \right)\Rightarrow \left( OMN \right)\bot \left( SAD \right) $. Kẻ $ OI\bot MN $ suy ra $ OI\bot \left( SAD \right)$.
Từ đây ta có $\left( OK,\left( SAD \right) \right)=\left( K\text{O},KI \right)=\widehat{OKI}=30{}^\circ $.
Xét tam giác $OMN$ có $MN=\dfrac{1}{2}SA, ON=\dfrac{1}{2}SB, OM=\dfrac{1}{2}AB$ mà tam giác $SAB$ đều cạnh $a$ suy ra tam giác $OMN$ đều cạnh $\dfrac{a}{2}$. Do đó ta có: $OI=\dfrac{a}{2}.\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{a\sqrt{3}}{4}$.
Xét tam giác $OKI$ vuông tại $I$, ta có $\sin 30{}^\circ =\dfrac{OI}{OK}\Rightarrow OK=\dfrac{OI}{\sin 30{}^\circ }=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$.
Suy ra $SC=2\text{O}K=a\sqrt{3}$. Xét tam giác $SHC$ vuông tại $H$ có: $S{{C}^{2}}=S{{H}^{2}}+H{{C}^{2}}\Leftrightarrow S{{C}^{2}}=S{{H}^{2}}+H{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}$ $\Leftrightarrow {{\left( a\sqrt{3} \right)}^{2}}={{\left( \dfrac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}+{{\left( \dfrac{a}{2} \right)}^{2}}+B{{C}^{2}}\Rightarrow BC=a\sqrt{2}$.
Từ đó ta có: ${{V}_{S.ABCD}}=\dfrac{1}{3}{{S}_{ABCD}}.SH=\dfrac{1}{3}.a.a\sqrt{2}.\dfrac{a\sqrt{3}}{2}=\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{6}$.
A. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{6}$.
B. $\dfrac{{{a}^{3}}}{4}$.
C. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{12}$.
D. $\dfrac{{{a}^{3}}}{2}$.
Khi đó, ta có $OK//SC$, do đó $\left( SC,\left( SAD \right) \right)=\left( OK,\left( SAD \right) \right)$.
Ta có: $\left\{ \begin{aligned}
& AD\bot AB \\
& AD\bot SH \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow AD\bot \left( SAB \right)\Rightarrow AD\bot SA $. Do $ MN//SA\Rightarrow AD\bot MN $, lại có $ OM\bot AD $ (vì $ OM//CD $). Từ đây suy ra $ AD\bot \left( OMN \right)\Rightarrow \left( OMN \right)\bot \left( SAD \right) $. Kẻ $ OI\bot MN $ suy ra $ OI\bot \left( SAD \right)$.
Từ đây ta có $\left( OK,\left( SAD \right) \right)=\left( K\text{O},KI \right)=\widehat{OKI}=30{}^\circ $.
Xét tam giác $OMN$ có $MN=\dfrac{1}{2}SA, ON=\dfrac{1}{2}SB, OM=\dfrac{1}{2}AB$ mà tam giác $SAB$ đều cạnh $a$ suy ra tam giác $OMN$ đều cạnh $\dfrac{a}{2}$. Do đó ta có: $OI=\dfrac{a}{2}.\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{a\sqrt{3}}{4}$.
Xét tam giác $OKI$ vuông tại $I$, ta có $\sin 30{}^\circ =\dfrac{OI}{OK}\Rightarrow OK=\dfrac{OI}{\sin 30{}^\circ }=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$.
Suy ra $SC=2\text{O}K=a\sqrt{3}$. Xét tam giác $SHC$ vuông tại $H$ có: $S{{C}^{2}}=S{{H}^{2}}+H{{C}^{2}}\Leftrightarrow S{{C}^{2}}=S{{H}^{2}}+H{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}$ $\Leftrightarrow {{\left( a\sqrt{3} \right)}^{2}}={{\left( \dfrac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}+{{\left( \dfrac{a}{2} \right)}^{2}}+B{{C}^{2}}\Rightarrow BC=a\sqrt{2}$.
Từ đó ta có: ${{V}_{S.ABCD}}=\dfrac{1}{3}{{S}_{ABCD}}.SH=\dfrac{1}{3}.a.a\sqrt{2}.\dfrac{a\sqrt{3}}{2}=\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{6}$.
Đáp án A.