Google
Câu hỏi: Cho hình chóp tam giác đều $S.ABC$ có cạnh đáy bằng $a$. Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $SB,SC$. Tính thể tích khối chóp $A\cdot BCNM$. Biết mặt phẳng $\left( AMN \right)$ vuông góc với mặt phẳng $\left( SBC \right)$.
A. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{5}}{96}$
B. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{5}}{12}$
C. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{5}}{16}$
D. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{5}}{32}$
A. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{5}}{96}$
B. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{5}}{12}$
C. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{5}}{16}$
D. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{5}}{32}$
Phương pháp:
${{V}_{A.BCNM}}=\dfrac{3}{4}{{V}_{S.ABC}}$
Cách giải:
Ta có: ${{V}_{S.AMN}}=\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2}.{{V}_{S.ABC}}=\dfrac{1}{4}{{V}_{S.ABC}}$.
$\Rightarrow {{V}_{A.BCNM}}=\dfrac{3}{4}{{V}_{S.ABC}}$. (1)
Gọi O là tâm của tam giác đều ABC, D, H lần lượt là trung điểm của BC, MN (như hình vẽ).
Tam giác ABC đều cạnh $a\Rightarrow {{S}_{ABC}}=\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4},AD=\dfrac{a\sqrt{3}}{2},OA=\dfrac{2}{3}AD=\dfrac{a\sqrt{3}}{3}.$
Tam giác AMN cân tại A, AH là trung tuyến
AH là đường cao .
$\Rightarrow AH\bot MN.$
Mà $\left\{ \begin{aligned}
& \left( AMN \right)\bot \left( SBC \right) \\
& \left( AMN \right)\cap \left( SBC \right)=MN \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow AH\bot \left( SBC \right)\Rightarrow AH\bot SD.$
Lại có, H là trung điểm của SD AH vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến của tam giác SAD.
SAD cân tại A $\Rightarrow SA=AD=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}.$
Tam giác SOA vuông tại O $\Rightarrow SO=\sqrt{S{{A}^{2}}-O{{A}^{2}}}=\sqrt{\dfrac{3{{a}^{2}}}{4}-\dfrac{{{a}^{2}}}{3}}=\sqrt{\dfrac{5{{a}^{2}}}{12}}=\dfrac{a\sqrt{15}}{6}$.
$\Rightarrow {{V}_{S.ABC}}=\dfrac{1}{3}.SO.{{S}_{ABC}}=\dfrac{1}{3}.\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}.\dfrac{a\sqrt{15}}{6}=\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{5}}{24}\left( 2 \right)$
Từ (1), (2) suy ra: ${{V}_{A.BCNM}}=\dfrac{3}{4}.\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{5}}{24}=\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{5}}{32}.$
${{V}_{A.BCNM}}=\dfrac{3}{4}{{V}_{S.ABC}}$
Cách giải:
$\Rightarrow {{V}_{A.BCNM}}=\dfrac{3}{4}{{V}_{S.ABC}}$. (1)
Gọi O là tâm của tam giác đều ABC, D, H lần lượt là trung điểm của BC, MN (như hình vẽ).
Tam giác ABC đều cạnh $a\Rightarrow {{S}_{ABC}}=\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4},AD=\dfrac{a\sqrt{3}}{2},OA=\dfrac{2}{3}AD=\dfrac{a\sqrt{3}}{3}.$
Tam giác AMN cân tại A, AH là trung tuyến
AH là đường cao .
$\Rightarrow AH\bot MN.$
Mà $\left\{ \begin{aligned}
& \left( AMN \right)\bot \left( SBC \right) \\
& \left( AMN \right)\cap \left( SBC \right)=MN \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow AH\bot \left( SBC \right)\Rightarrow AH\bot SD.$
Lại có, H là trung điểm của SD AH vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến của tam giác SAD.
SAD cân tại A $\Rightarrow SA=AD=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}.$
Tam giác SOA vuông tại O $\Rightarrow SO=\sqrt{S{{A}^{2}}-O{{A}^{2}}}=\sqrt{\dfrac{3{{a}^{2}}}{4}-\dfrac{{{a}^{2}}}{3}}=\sqrt{\dfrac{5{{a}^{2}}}{12}}=\dfrac{a\sqrt{15}}{6}$.
$\Rightarrow {{V}_{S.ABC}}=\dfrac{1}{3}.SO.{{S}_{ABC}}=\dfrac{1}{3}.\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}.\dfrac{a\sqrt{15}}{6}=\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{5}}{24}\left( 2 \right)$
Từ (1), (2) suy ra: ${{V}_{A.BCNM}}=\dfrac{3}{4}.\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{5}}{24}=\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{5}}{32}.$
Đáp án D.