Google
Câu hỏi: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình vuông cạnh $a$, mặt bên $SAB$ là tam giác cân tại $S$ và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết hai mặt phẳng $\left( SBC \right)$ và $\left( SCD \right)$ tạo với nhau một góc có cosin bằng $\dfrac{1}{\sqrt{7}}$. Tính thể tích hình chóp $S.ABCD$.
A. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{2}$.
B. $\dfrac{{{a}^{3}}}{3}$.
C. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{6}$.
D. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{3}$.
Gọi $M, N, I$ lần lượt là trung điểm $AB, CD, BC$.
Vì $SAB$ là tam giác cân tại $S$ và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy nên trung tuyến $SM$ (vừa là đường cao) vuông góc với đáy.
Ta dễ chứng minh được $MC\bot DI$.
Từ $I$ kẻ $IK\bot SC$ tại $K$.
Ta có $\left\{ \begin{aligned}
& ID\bot MC \\
& ID\bot SM \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow ID\bot SC $. Mà $ IK\bot SC $ nên $ DK\bot SC $. Nên góc tạo bởi $ \left( SBC \right) $và $ \left( SCD \right) $ bằng góc tạo bởi $ IK $ và $ KD$.
Đặt $SM=x$. Khi đó $S{{N}^{2}}=S{{M}^{2}}+M{{N}^{2}}={{x}^{2}}+{{a}^{2}}$, $S{{C}^{2}}=S{{D}^{2}}=S{{M}^{2}}+M{{A}^{2}}+A{{D}^{2}}=S{{M}^{2}}+M{{D}^{2}}={{x}^{2}}+{{a}^{2}}+\dfrac{{{a}^{2}}}{4}={{x}^{2}}+\dfrac{5{{a}^{2}}}{4}$.
$\left\{ \begin{aligned}
& BC\bot AB \\
& BC\bot SM \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow BC\bot \left( SAB \right)\Rightarrow BC\bot SB$.
Nên $\Delta BCS\sim \Delta KCI$.
$S{{B}^{2}}=S{{M}^{2}}+M{{B}^{2}}={{x}^{2}}+\dfrac{{{a}^{2}}}{4}$, $I{{D}^{2}}=I{{C}^{2}}+C{{D}^{2}}=\dfrac{5{{a}^{2}}}{4}$.
Suy ra $IK=\dfrac{CI}{CS}BS=\dfrac{a}{2}\sqrt{\dfrac{4{{x}^{2}}+{{a}^{2}}}{4{{x}^{2}}+5{{a}^{2}}}}$.
Hơn nữa : $SN.CD=KD.SC\Rightarrow KD=2a\sqrt{\dfrac{{{x}^{2}}+{{a}^{2}}}{4{{x}^{2}}+5{{a}^{2}}}}$.
Xét tam giác $IKD$ có $I{{K}^{2}}+K{{D}^{2}}-I{{D}^{2}}=-2{{a}^{4}}<0$ nên góc $\widehat{IKD}$ tù.
Do đó ta có
$\cos \widehat{IKD}=\dfrac{-1}{\sqrt{7}}=\dfrac{I{{K}^{2}}+K{{D}^{2}}-I{{D}^{2}}}{2IK.KD}=\dfrac{-{{a}^{2}}}{\sqrt{\left( 4{{x}^{2}}+{{a}^{2}} \right)\left( {{x}^{2}}+{{a}^{2}} \right)}}$
$\Leftrightarrow x=a\dfrac{\sqrt{3}}{2}$.
Khi đó thể tích cần tìm là : $V=$ $V=\dfrac{1}{3}SM.{{S}_{ABCD}}=\dfrac{1}{3}a\dfrac{\sqrt{3}}{2}.{{a}^{2}}=\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{6}$.
A. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{2}$.
B. $\dfrac{{{a}^{3}}}{3}$.
C. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{6}$.
D. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{3}$.
Vì $SAB$ là tam giác cân tại $S$ và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy nên trung tuyến $SM$ (vừa là đường cao) vuông góc với đáy.
Ta dễ chứng minh được $MC\bot DI$.
Từ $I$ kẻ $IK\bot SC$ tại $K$.
Ta có $\left\{ \begin{aligned}
& ID\bot MC \\
& ID\bot SM \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow ID\bot SC $. Mà $ IK\bot SC $ nên $ DK\bot SC $. Nên góc tạo bởi $ \left( SBC \right) $và $ \left( SCD \right) $ bằng góc tạo bởi $ IK $ và $ KD$.
Đặt $SM=x$. Khi đó $S{{N}^{2}}=S{{M}^{2}}+M{{N}^{2}}={{x}^{2}}+{{a}^{2}}$, $S{{C}^{2}}=S{{D}^{2}}=S{{M}^{2}}+M{{A}^{2}}+A{{D}^{2}}=S{{M}^{2}}+M{{D}^{2}}={{x}^{2}}+{{a}^{2}}+\dfrac{{{a}^{2}}}{4}={{x}^{2}}+\dfrac{5{{a}^{2}}}{4}$.
$\left\{ \begin{aligned}
& BC\bot AB \\
& BC\bot SM \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow BC\bot \left( SAB \right)\Rightarrow BC\bot SB$.
Nên $\Delta BCS\sim \Delta KCI$.
$S{{B}^{2}}=S{{M}^{2}}+M{{B}^{2}}={{x}^{2}}+\dfrac{{{a}^{2}}}{4}$, $I{{D}^{2}}=I{{C}^{2}}+C{{D}^{2}}=\dfrac{5{{a}^{2}}}{4}$.
Suy ra $IK=\dfrac{CI}{CS}BS=\dfrac{a}{2}\sqrt{\dfrac{4{{x}^{2}}+{{a}^{2}}}{4{{x}^{2}}+5{{a}^{2}}}}$.
Hơn nữa : $SN.CD=KD.SC\Rightarrow KD=2a\sqrt{\dfrac{{{x}^{2}}+{{a}^{2}}}{4{{x}^{2}}+5{{a}^{2}}}}$.
Xét tam giác $IKD$ có $I{{K}^{2}}+K{{D}^{2}}-I{{D}^{2}}=-2{{a}^{4}}<0$ nên góc $\widehat{IKD}$ tù.
Do đó ta có
$\cos \widehat{IKD}=\dfrac{-1}{\sqrt{7}}=\dfrac{I{{K}^{2}}+K{{D}^{2}}-I{{D}^{2}}}{2IK.KD}=\dfrac{-{{a}^{2}}}{\sqrt{\left( 4{{x}^{2}}+{{a}^{2}} \right)\left( {{x}^{2}}+{{a}^{2}} \right)}}$
$\Leftrightarrow x=a\dfrac{\sqrt{3}}{2}$.
Khi đó thể tích cần tìm là : $V=$ $V=\dfrac{1}{3}SM.{{S}_{ABCD}}=\dfrac{1}{3}a\dfrac{\sqrt{3}}{2}.{{a}^{2}}=\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{6}$.
Đáp án C.