Google
Câu hỏi: Cho khối chóp $S. ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật, $AB=a$, $SA$ vuông góc với mặt phẳng đáy và $SA=a$. Góc giữa hai mặt phẳng $\left(SBC \right)$ và $\left(SCD \right)$ bằng $\varphi $, với $\cos \varphi =\frac{1}{\sqrt{3}}$. Thể tích của khối chóp đã cho bằng
A. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{3}$.
B. ${{a}^{3}}\sqrt{2}$.
C. $\frac{2\sqrt{2}{{a}^{3}}}{3}$.
D. $\frac{2{{a}^{3}}}{3}$.
+ Gọi $H$ là trung điểm $SB$, vì $\Delta SAB$ vuông cân tại $A$ $\Rightarrow AH\bot SB \left( 1 \right)$.
+ Lại có $\left\{ \begin{aligned}
& BC\bot AB \\
& BC\bot SA \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow BC\bot \left( SAB \right)\Rightarrow BC\bot SB \left( 2 \right)$.
Từ $\left( 1 \right), \left( 2 \right)\Rightarrow AH\bot \left( SBC \right)\Rightarrow AH\bot SC \left( 3 \right)$.
+ Gọi $K$ là hình chiếu của $A$ lên $SD$, chứng minh tương tự ta có $AK\bot \left( SDC \right)\Rightarrow AK\bot SC \left( 4 \right)$.
+ Từ $\left( 3 \right), \left( 4 \right)\Rightarrow \left( \widehat{\left( SBC \right),\left( SDC \right)} \right)=\left( \widehat{AH,AK} \right)=\varphi $.
+ Gọi $M, N$ lần lượt là trung điểm $SC, AD$, dễ dàng chứng minh được $AHMN$ là hình bình hành, suy ra $MN\text{//}AH$
+ Kẻ $NP \text{// }AK\left( P\in SD \right)$, vì $NP \text{//} AK\Rightarrow NP\bot \left( SCD \right)\Rightarrow NP\bot MP$.
+ Ta có $\left( \widehat{AH,AK} \right)=\left( \widehat{MN,NP} \right)=\widehat{MNP}=\varphi $ (vì $\Delta MNP$ vuông tại $P$ ).
+ Đặt $AD=x$, dễ thấy $AK=\frac{SA.AD}{SD}=\frac{ax}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}}$ $\Rightarrow NP=\frac{ax}{2\sqrt{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}}$.
+ Xét $\Delta MNP$ vuông tại $P$, ta có $\cos \widehat{MNP}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{NP}{MN}=\frac{\frac{ax}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}}}{a\sqrt{2}}$ $\Rightarrow x=a\sqrt{2}$.
Vậy ${{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}SA.{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{3}.a.{{a}^{2}}\sqrt{2}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{3}$.
A. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{3}$.
B. ${{a}^{3}}\sqrt{2}$.
C. $\frac{2\sqrt{2}{{a}^{3}}}{3}$.
D. $\frac{2{{a}^{3}}}{3}$.
+ Gọi $H$ là trung điểm $SB$, vì $\Delta SAB$ vuông cân tại $A$ $\Rightarrow AH\bot SB \left( 1 \right)$.
+ Lại có $\left\{ \begin{aligned}
& BC\bot AB \\
& BC\bot SA \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow BC\bot \left( SAB \right)\Rightarrow BC\bot SB \left( 2 \right)$.
Từ $\left( 1 \right), \left( 2 \right)\Rightarrow AH\bot \left( SBC \right)\Rightarrow AH\bot SC \left( 3 \right)$.
+ Gọi $K$ là hình chiếu của $A$ lên $SD$, chứng minh tương tự ta có $AK\bot \left( SDC \right)\Rightarrow AK\bot SC \left( 4 \right)$.
+ Từ $\left( 3 \right), \left( 4 \right)\Rightarrow \left( \widehat{\left( SBC \right),\left( SDC \right)} \right)=\left( \widehat{AH,AK} \right)=\varphi $.
+ Gọi $M, N$ lần lượt là trung điểm $SC, AD$, dễ dàng chứng minh được $AHMN$ là hình bình hành, suy ra $MN\text{//}AH$
+ Kẻ $NP \text{// }AK\left( P\in SD \right)$, vì $NP \text{//} AK\Rightarrow NP\bot \left( SCD \right)\Rightarrow NP\bot MP$.
+ Ta có $\left( \widehat{AH,AK} \right)=\left( \widehat{MN,NP} \right)=\widehat{MNP}=\varphi $ (vì $\Delta MNP$ vuông tại $P$ ).
+ Đặt $AD=x$, dễ thấy $AK=\frac{SA.AD}{SD}=\frac{ax}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}}$ $\Rightarrow NP=\frac{ax}{2\sqrt{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}}$.
+ Xét $\Delta MNP$ vuông tại $P$, ta có $\cos \widehat{MNP}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{NP}{MN}=\frac{\frac{ax}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}}}{a\sqrt{2}}$ $\Rightarrow x=a\sqrt{2}$.
Vậy ${{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}SA.{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{3}.a.{{a}^{2}}\sqrt{2}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{3}$.
Đáp án A.