Google
Câu hỏi: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, $\measuredangle ABC=120{}^\circ $. Biết rằng hai mặt phẳng $\left( SBC \right)$, $\left( SCD \right)$ cùng tạo với mặt đáy $\left( ABCD \right)$ hai góc bằng nhau và tạo với nhau góc 60°, khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC bằng 2 và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng $\left( SAB \right)$ bằng $\dfrac{18\sqrt{11}}{11}$. Tính thể tích lớn nhất của khối chóp S.ABCD.
A. $3\sqrt{6}$.
B. $9\sqrt{6}$.
C. $18\sqrt{6}$.
D. $36\sqrt{6}$.
Dựng $SH\bot \left( ABCD \right)$ và đặt $SH=h$.
Ta có: $OK=2$, $\measuredangle BKD=120{}^\circ $ (Chú ý không thể là 60° vì như vậy mâu thuẫn do góc $\measuredangle BDC=60{}^\circ $ ).
Vậy $OB=OD=2\sqrt{3}$, $OC=OA=6$, $AB=4\sqrt{3}$.
Ta có:
$\dfrac{OK}{OC}=\dfrac{SH}{SC}=\dfrac{h}{\sqrt{{{h}^{2}}+H{{C}^{2}}}}=\dfrac{1}{3}\Rightarrow HC=2h\sqrt{2}$
bất kể H nằm trong hay ngoài AC.
Tuy nhiên dễ dàng nhận thấy để thể tích lớn nhất thì H phải nằm ngoài AC do đó ta có 2 tình huống đó là nếu H nằm ngoài về phía A thì $HA=2\sqrt{2}h-12$ còn nếu nằm ngoài về phía C thì $HA=2\sqrt{2}h+12$ (Khác nhau chỉ bởi dấu âm và dương).
Do đó: $\dfrac{d\left( C,\left( SAB \right) \right)}{d\left( H,\left( SAB \right) \right)}=\dfrac{CA}{HA}=\dfrac{12}{2h\sqrt{2}\pm 12}\Rightarrow d\left( H,\left( SAB \right) \right)=\dfrac{18}{\sqrt{11}}\dfrac{2h\sqrt{2}\pm 12}{12}$.
Lại có: $\dfrac{d\left( C,AB \right)}{HE}=\dfrac{CA}{HA}=\dfrac{12}{2h\sqrt{2}\pm 12}\Leftrightarrow HE=\dfrac{2h\sqrt{2}\pm 12}{2}\Rightarrow d\left( H,\left( SAB \right) \right)=\dfrac{h.HE}{\sqrt{{{h}^{2}}+H{{E}^{2}}}}$.
Vậy ta có phương trình: $\dfrac{18}{\sqrt{11}}\dfrac{2h\sqrt{2}\pm 12}{12}=\dfrac{h\left( \dfrac{2h\sqrt{2}\pm 12}{12} \right)}{\sqrt{{{h}^{2}}+{{\left( \dfrac{2h\sqrt{2}\pm 12}{12} \right)}^{2}}}}\Leftrightarrow h\in \left\{ \dfrac{9}{\sqrt{2}};\dfrac{9}{2\sqrt{2}};3\sqrt{2} \right\}$
Vậy ${{V}_{\max }}=\dfrac{1}{3}{{h}_{\max }}{{S}_{ABCD}}=\dfrac{1}{3}\dfrac{9}{\sqrt{2}}\dfrac{{{\left( 4\sqrt{3} \right)}^{2}}\sqrt{3}}{2}=36\sqrt{6}$
A. $3\sqrt{6}$.
B. $9\sqrt{6}$.
C. $18\sqrt{6}$.
D. $36\sqrt{6}$.
Dựng $SH\bot \left( ABCD \right)$ và đặt $SH=h$.
Ta có: $OK=2$, $\measuredangle BKD=120{}^\circ $ (Chú ý không thể là 60° vì như vậy mâu thuẫn do góc $\measuredangle BDC=60{}^\circ $ ).
Vậy $OB=OD=2\sqrt{3}$, $OC=OA=6$, $AB=4\sqrt{3}$.
Ta có:
$\dfrac{OK}{OC}=\dfrac{SH}{SC}=\dfrac{h}{\sqrt{{{h}^{2}}+H{{C}^{2}}}}=\dfrac{1}{3}\Rightarrow HC=2h\sqrt{2}$
bất kể H nằm trong hay ngoài AC.
Tuy nhiên dễ dàng nhận thấy để thể tích lớn nhất thì H phải nằm ngoài AC do đó ta có 2 tình huống đó là nếu H nằm ngoài về phía A thì $HA=2\sqrt{2}h-12$ còn nếu nằm ngoài về phía C thì $HA=2\sqrt{2}h+12$ (Khác nhau chỉ bởi dấu âm và dương).
Do đó: $\dfrac{d\left( C,\left( SAB \right) \right)}{d\left( H,\left( SAB \right) \right)}=\dfrac{CA}{HA}=\dfrac{12}{2h\sqrt{2}\pm 12}\Rightarrow d\left( H,\left( SAB \right) \right)=\dfrac{18}{\sqrt{11}}\dfrac{2h\sqrt{2}\pm 12}{12}$.
Lại có: $\dfrac{d\left( C,AB \right)}{HE}=\dfrac{CA}{HA}=\dfrac{12}{2h\sqrt{2}\pm 12}\Leftrightarrow HE=\dfrac{2h\sqrt{2}\pm 12}{2}\Rightarrow d\left( H,\left( SAB \right) \right)=\dfrac{h.HE}{\sqrt{{{h}^{2}}+H{{E}^{2}}}}$.
Vậy ta có phương trình: $\dfrac{18}{\sqrt{11}}\dfrac{2h\sqrt{2}\pm 12}{12}=\dfrac{h\left( \dfrac{2h\sqrt{2}\pm 12}{12} \right)}{\sqrt{{{h}^{2}}+{{\left( \dfrac{2h\sqrt{2}\pm 12}{12} \right)}^{2}}}}\Leftrightarrow h\in \left\{ \dfrac{9}{\sqrt{2}};\dfrac{9}{2\sqrt{2}};3\sqrt{2} \right\}$
Vậy ${{V}_{\max }}=\dfrac{1}{3}{{h}_{\max }}{{S}_{ABCD}}=\dfrac{1}{3}\dfrac{9}{\sqrt{2}}\dfrac{{{\left( 4\sqrt{3} \right)}^{2}}\sqrt{3}}{2}=36\sqrt{6}$
Đáp án D.