Google
Câu hỏi: Cho hình hộp đứng $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'$ có đáy $ABCD$ là hình vuông. Gọi $S$ là tâm hình vuông ${A}'{B}'{C}'{D}'$. Gọi $M$ và $N$ lần lượt là trung điểm của $SA$ và $BC$. Biết rằng, nếu $MN$ tạo với mặt phẳng $\left( ABCD \right)$ một góc bằng ${{60}^{0}}$ và $AB=a$ thì thể tích khối chóp $S.ABC$ bằng
A. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{30}}{12}$.
B. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{30}}{3}$.
C. ${{a}^{3}}\sqrt{30}$.
D. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{2}$.
Gọi $I$ là tâm của đáy $ABCD$ suy ra $SI\bot \left( ABCD \right)$.
Kẻ $MH\bot \left( ABCD \right)$ $\Rightarrow NH\text{//}SI$, $NH=\dfrac{1}{2}SI$ và $H$ là trung điểm của đoạn $AI$ đồng thời suy ra $\widehat{\left( MN,\left( ABCD \right) \right)}=\widehat{MNH}=60{}^\circ $.
Xét tam giác $HCN$ có $HC=\dfrac{3}{4}AC=\dfrac{3}{4}\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}=\dfrac{3a\sqrt{2}}{4}$ ; $CN=\dfrac{1}{2}BC=\dfrac{a}{2}$ ; $\widehat{HCN}=45{}^\circ $, theo định lý côsin ta có $H{{N}^{2}}=H{{C}^{2}}+C{{N}^{2}}-2HC.CN.\cos \widehat{HCN}=\dfrac{5}{8}{{a}^{2}}$ $\Rightarrow HN=\dfrac{a\sqrt{10}}{4}$.
Do đó $MH=HN.\tan \widehat{MNH}=\dfrac{a\sqrt{10}}{4}.\tan 60{}^\circ =\dfrac{a\sqrt{30}}{4}$ $\Rightarrow SI=2HM=\dfrac{a\sqrt{30}}{2}$.
Lại có diện tích của tam giác $ABC$ là ${{S}_{ABC}}=\dfrac{1}{2}AB.BC=\dfrac{{{a}^{2}}}{2}$.
Vậy ${{V}_{S.ABC}}=\dfrac{1}{3}.SI.{{S}_{ABC}}=\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{30}}{12}$.
A. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{30}}{12}$.
B. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{30}}{3}$.
C. ${{a}^{3}}\sqrt{30}$.
D. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{2}$.
Kẻ $MH\bot \left( ABCD \right)$ $\Rightarrow NH\text{//}SI$, $NH=\dfrac{1}{2}SI$ và $H$ là trung điểm của đoạn $AI$ đồng thời suy ra $\widehat{\left( MN,\left( ABCD \right) \right)}=\widehat{MNH}=60{}^\circ $.
Xét tam giác $HCN$ có $HC=\dfrac{3}{4}AC=\dfrac{3}{4}\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}=\dfrac{3a\sqrt{2}}{4}$ ; $CN=\dfrac{1}{2}BC=\dfrac{a}{2}$ ; $\widehat{HCN}=45{}^\circ $, theo định lý côsin ta có $H{{N}^{2}}=H{{C}^{2}}+C{{N}^{2}}-2HC.CN.\cos \widehat{HCN}=\dfrac{5}{8}{{a}^{2}}$ $\Rightarrow HN=\dfrac{a\sqrt{10}}{4}$.
Do đó $MH=HN.\tan \widehat{MNH}=\dfrac{a\sqrt{10}}{4}.\tan 60{}^\circ =\dfrac{a\sqrt{30}}{4}$ $\Rightarrow SI=2HM=\dfrac{a\sqrt{30}}{2}$.
Lại có diện tích của tam giác $ABC$ là ${{S}_{ABC}}=\dfrac{1}{2}AB.BC=\dfrac{{{a}^{2}}}{2}$.
Vậy ${{V}_{S.ABC}}=\dfrac{1}{3}.SI.{{S}_{ABC}}=\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{30}}{12}$.
Đáp án A.