Google
Câu hỏi: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông. Hình chiếu vuông góc H của S nằm trong hình vuông ABCD. Hai mặt phẳng $\left( SAD \right)$, $\left( SBC \right)$ vuông góc với nhau. Góc giữa hai mặt phẳng $\left( SAB \right)$, $\left( SBC \right)$ bằng 60°, góc giữa hai mặt phẳng $\left( SAB \right)$, $\left( SAD \right)$ bằng 45°. Biết rằng khoảng cách từ H tới $\left( SAB \right)$ bằng a. Thể tích khối chóp S.ABCD là
A. $V=\dfrac{4{{a}^{3}}\sqrt{3}}{3}$.
B. $V=\dfrac{2{{a}^{3}}\sqrt{6}}{3}$.
C. $V=\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{3}$.
D. $V=\dfrac{2{{a}^{3}}\sqrt{3}}{3}$.
A. $V=\dfrac{4{{a}^{3}}\sqrt{3}}{3}$.
B. $V=\dfrac{2{{a}^{3}}\sqrt{6}}{3}$.
C. $V=\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{3}$.
D. $V=\dfrac{2{{a}^{3}}\sqrt{3}}{3}$.
Ta có hai mặt phẳng $\left( SAD \right)$, $\left( SBC \right)$ vuông góc với nhau suy ra $\widehat{MSN}=90{}^\circ $ với $M,N$ là các hình chiếu vuông góc của $S$ trên các cạnh $AD$ và $BC$. Khi đó $H$ nằm trên đoạn $MN\
Lại có $\left\{ \begin{align}
& \frac{\sqrt{3}}{2}=\sin 60{}^\circ =\frac{d\left( N;\left( SAB \right) \right)}{d\left( N;SB \right)}=\frac{a}{d\left( N;SB \right)} \\
& \frac{\sqrt{2}}{2}=\sin 45{}^\circ =\frac{d\left( M;\left( SAB \right) \right)}{d\left( M;SA \right)}=\frac{a}{d\left( M;SA \right)} \\
\end{align} \right.$.
Do vậy $d\left( N;SB \right)=\frac{2a}{\sqrt{3}}$, $d\left( M;SA \right)=a\sqrt{2}$. Bên cạnh đó ta lại $\left\{ \begin{align}
& \frac{1}{d{{\left( N;SB \right)}^{2}}}=\frac{3}{4{{a}^{2}}}=\frac{1}{S{{N}^{2}}}+\frac{1}{N{{B}^{2}}} \\
& \frac{1}{d{{\left( M;SA \right)}^{2}}}=\frac{1}{2{{a}^{2}}}=\frac{1}{S{{M}^{2}}}+\frac{1}{M{{A}^{2}}} \\
\end{align} \right.$
Do $NB=MA=HK$ suy ra $\frac{5}{4{{a}^{2}}}=\frac{1}{S{{M}^{2}}}+\frac{1}{S{{N}^{2}}}+\frac{2}{H{{K}^{2}}}=\left( \frac{1}{S{{H}^{2}}}+\frac{1}{H{{K}^{2}}} \right)+\frac{1}{H{{K}^{2}}}=\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{H{{K}^{2}}}\Rightarrow HK=2a$.
Vậy $\frac{1}{S{{N}^{2}}}=\frac{3}{4{{a}^{2}}}-\frac{1}{4{{a}^{2}}}\Leftrightarrow SN=a\sqrt{2}$ ; $\frac{1}{S{{M}^{2}}}=\frac{1}{2{{a}^{2}}}-\frac{1}{4{{a}^{2}}}\Leftrightarrow SM=2a\Rightarrow SH=\frac{2a}{\sqrt{3}}$ ; $MN=a\sqrt{6}$.
Thể tích khối chóp S.ABCD là ${{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}.{{S}_{ABCD}}.SH=\frac{1}{3}.{{\left( a\sqrt{6} \right)}^{2}}.\frac{2a}{\sqrt{3}}=\frac{4{{a}^{3}}\sqrt{3}}{3}$.
Lại có $\left\{ \begin{align}
& \frac{\sqrt{3}}{2}=\sin 60{}^\circ =\frac{d\left( N;\left( SAB \right) \right)}{d\left( N;SB \right)}=\frac{a}{d\left( N;SB \right)} \\
& \frac{\sqrt{2}}{2}=\sin 45{}^\circ =\frac{d\left( M;\left( SAB \right) \right)}{d\left( M;SA \right)}=\frac{a}{d\left( M;SA \right)} \\
\end{align} \right.$.
Do vậy $d\left( N;SB \right)=\frac{2a}{\sqrt{3}}$, $d\left( M;SA \right)=a\sqrt{2}$. Bên cạnh đó ta lại $\left\{ \begin{align}
& \frac{1}{d{{\left( N;SB \right)}^{2}}}=\frac{3}{4{{a}^{2}}}=\frac{1}{S{{N}^{2}}}+\frac{1}{N{{B}^{2}}} \\
& \frac{1}{d{{\left( M;SA \right)}^{2}}}=\frac{1}{2{{a}^{2}}}=\frac{1}{S{{M}^{2}}}+\frac{1}{M{{A}^{2}}} \\
\end{align} \right.$
Do $NB=MA=HK$ suy ra $\frac{5}{4{{a}^{2}}}=\frac{1}{S{{M}^{2}}}+\frac{1}{S{{N}^{2}}}+\frac{2}{H{{K}^{2}}}=\left( \frac{1}{S{{H}^{2}}}+\frac{1}{H{{K}^{2}}} \right)+\frac{1}{H{{K}^{2}}}=\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{H{{K}^{2}}}\Rightarrow HK=2a$.
Vậy $\frac{1}{S{{N}^{2}}}=\frac{3}{4{{a}^{2}}}-\frac{1}{4{{a}^{2}}}\Leftrightarrow SN=a\sqrt{2}$ ; $\frac{1}{S{{M}^{2}}}=\frac{1}{2{{a}^{2}}}-\frac{1}{4{{a}^{2}}}\Leftrightarrow SM=2a\Rightarrow SH=\frac{2a}{\sqrt{3}}$ ; $MN=a\sqrt{6}$.
Thể tích khối chóp S.ABCD là ${{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}.{{S}_{ABCD}}.SH=\frac{1}{3}.{{\left( a\sqrt{6} \right)}^{2}}.\frac{2a}{\sqrt{3}}=\frac{4{{a}^{3}}\sqrt{3}}{3}$.
Đáp án A.