Google
Câu hỏi: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông. Biết $SB=2AB$ và $\widehat{SBA}={{120}^{0}}$. Gọi $E$ là chân đường phân giác trong của góc $\widehat{SBA}$, biết $BE=a$. Góc giữa cạnh bên $SA$ với mặt phẳng đáy bằng ${{45}^{0}}$. Thể tích khối chóp $S.ABCD$ bằng
A. $\dfrac{7\sqrt{14}{{a}^{3}}}{16}$.
B. $\dfrac{9\sqrt{14}{{a}^{3}}}{16}$.
C. $\dfrac{5\sqrt{14}{{a}^{3}}}{16}$.
D. $\dfrac{\sqrt{14}{{a}^{3}}}{16}$.
Đặt $AB=x\Rightarrow SB=2x$.Ta có $\text{AS}=\sqrt{B{{A}^{2}}+B{{S}^{2}}-2BA.BS.cos{{120}^{0}}}=\sqrt{7{{x}^{2}}}=x\sqrt{7}$
Ta có $\dfrac{SE}{EA}=\dfrac{SB}{BA}=2\Rightarrow AE=\dfrac{SA}{3}=\dfrac{x\sqrt{7}}{3}$.
Trong tam giác $EAB$ có $E{{A}^{2}}=B{{E}^{2}}+A{{B}^{2}}-2BE.AB.cos{{60}^{0}}$
$\Leftrightarrow \dfrac{7{{x}^{2}}}{9}={{a}^{2}}+{{x}^{2}}-2a.x.\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow \dfrac{2}{9}{{x}^{2}}-ax+{{a}^{2}}=0\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned}
& x=\dfrac{3a}{2} \\
& x=3a\ \left( l \right) \\
\end{aligned} \right.$.
( $x=3a$ loại vì thử lại trong tam giác $SBE$ có $\text{cos}\widehat{SBE}=\dfrac{B{{S}^{2}}+B{{E}^{2}}-S{{E}^{2}}}{2.BS.BE}$ $=\dfrac{36{{a}^{2}}+{{a}^{2}}-28{{a}^{2}}}{2.6a.a}=\dfrac{3}{4}$ $\Rightarrow \widehat{SBE}\ne {{60}^{0}}$ )
Suy ra $AB=\dfrac{3a}{2}\Rightarrow {{S}_{ABCD}}=\dfrac{9{{a}^{2}}}{4}$.
Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $S$ lên $\left( ABCD \right)$, ta có $\widehat{SAH}={{45}^{0}}$ $\Rightarrow SH=\dfrac{SA}{\sqrt{2}}=\dfrac{3a\sqrt{14}}{4}$.
Vậy ${{V}_{S.ABCD}}=\dfrac{1}{3}SH.{{S}_{ABCD}}=\dfrac{1}{3}.\dfrac{3a\sqrt{14}}{4}.\dfrac{9{{a}^{2}}}{4}=\dfrac{9{{a}^{3}}\sqrt{14}}{16}$.
A. $\dfrac{7\sqrt{14}{{a}^{3}}}{16}$.
B. $\dfrac{9\sqrt{14}{{a}^{3}}}{16}$.
C. $\dfrac{5\sqrt{14}{{a}^{3}}}{16}$.
D. $\dfrac{\sqrt{14}{{a}^{3}}}{16}$.
Ta có $\dfrac{SE}{EA}=\dfrac{SB}{BA}=2\Rightarrow AE=\dfrac{SA}{3}=\dfrac{x\sqrt{7}}{3}$.
Trong tam giác $EAB$ có $E{{A}^{2}}=B{{E}^{2}}+A{{B}^{2}}-2BE.AB.cos{{60}^{0}}$
$\Leftrightarrow \dfrac{7{{x}^{2}}}{9}={{a}^{2}}+{{x}^{2}}-2a.x.\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow \dfrac{2}{9}{{x}^{2}}-ax+{{a}^{2}}=0\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned}
& x=\dfrac{3a}{2} \\
& x=3a\ \left( l \right) \\
\end{aligned} \right.$.
( $x=3a$ loại vì thử lại trong tam giác $SBE$ có $\text{cos}\widehat{SBE}=\dfrac{B{{S}^{2}}+B{{E}^{2}}-S{{E}^{2}}}{2.BS.BE}$ $=\dfrac{36{{a}^{2}}+{{a}^{2}}-28{{a}^{2}}}{2.6a.a}=\dfrac{3}{4}$ $\Rightarrow \widehat{SBE}\ne {{60}^{0}}$ )
Suy ra $AB=\dfrac{3a}{2}\Rightarrow {{S}_{ABCD}}=\dfrac{9{{a}^{2}}}{4}$.
Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $S$ lên $\left( ABCD \right)$, ta có $\widehat{SAH}={{45}^{0}}$ $\Rightarrow SH=\dfrac{SA}{\sqrt{2}}=\dfrac{3a\sqrt{14}}{4}$.
Vậy ${{V}_{S.ABCD}}=\dfrac{1}{3}SH.{{S}_{ABCD}}=\dfrac{1}{3}.\dfrac{3a\sqrt{14}}{4}.\dfrac{9{{a}^{2}}}{4}=\dfrac{9{{a}^{3}}\sqrt{14}}{16}$.
Đáp án B.