Google
Câu hỏi: Cho khối chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thang vuông tại $A$ và $D,$ cạnh bên $SD$ vuông góc với mặt phẳng đáy. Cho biết $AB=AD=a,CD=2a,$ góc giữa hai mặt phẳng $\left( SAB \right)$ và $\left( SBC \right)$ bằng ${{30}^{0}}.$ Tính thể tích khối chóp đã cho.
A. $2{{a}^{3}}$
B. ${{a}^{3}}$
C. $\dfrac{3{{a}^{3}}}{2}$
D. $\dfrac{{{a}^{3}}}{2}$
A. $2{{a}^{3}}$
B. ${{a}^{3}}$
C. $\dfrac{3{{a}^{3}}}{2}$
D. $\dfrac{{{a}^{3}}}{2}$
Phương pháp:
- Trong $\left( SAD \right)$ kẻ $DH\bot SA\left( H\in SA \right),$ trong $\left( SBD \right)$ kẻ $DK\bot SB\left( K\in SB \right).$ Chứng minh $DH\bot \left( SAB \right),$ $DK\bot \left( SBC \right)\Rightarrow \angle \left( \left( SAB \right);\left( SBC \right) \right)=\angle \left( DH;DK \right)={{30}^{0}}.$
- Đặt $SD=x\left( x>0 \right),$ áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính $DH,DK.$
- Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông giải phương trình tìm $x.$
- Tính thể tích
Cách giải:
Trong $\left( SAD \right)$ kẻ $DH\bot SA\left( H\in SA \right)$, trong $\left( SBD \right)$ kẻ $DK\bot SB\left( K\in SB \right).$
Ta có:
$\left\{ \begin{aligned}
& SA\bot AD \\
& AB\bot SD \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow AB\bot \left( SAD \right)\Rightarrow AB\bot DH$
$\left\{ \begin{aligned}
& DH\bot AB \\
& DH\bot SA \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow DH\bot \left( SAB \right)\left( 1 \right)$
Gọi $E$ là trung điểm của $CD\Rightarrow ABED$ là hình vuông nên $BE=AD=a=\dfrac{1}{2}CD\Rightarrow \Delta BCD$ vuông tại $B.$
Ta có:
$\left\{ \begin{aligned}
& BC\bot BD \\
& BC\bot SD \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow BC\bot \left( SBD \right)\Rightarrow BC\bot DK$
$\left\{ \begin{aligned}
& DK\bot BC \\
& DK\bot SB \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow DK\bot \left( SBC \right)\left( 2 \right)$
Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)\Rightarrow \angle \left( \left( SAB \right);\left( SBC \right) \right)=\angle \left( DH;DK \right)={{30}^{0}}$
Mà $DH\bot \left( SAB \right)\Rightarrow DH\bot HK\Rightarrow \Delta DHK$ vuông tại $H\Rightarrow \angle HDK={{30}^{0}}$
Đặt $SD=x\left( x>0 \right),$ áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
$DH=\dfrac{AD.SD}{\sqrt{A{{D}^{2}}+S{{D}^{2}}}}=\dfrac{a.x}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}}$
$DK=\dfrac{BD.SD}{\sqrt{B{{D}^{2}}+S{{D}^{2}}}}=\dfrac{a\sqrt{2}.a}{\sqrt{2{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}}$
Xét tam giác vuông $DHK$ ta có: $\cos \angle HDK=\dfrac{DH}{DK}\Rightarrow \dfrac{ax}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}}:\dfrac{a\sqrt{2}x}{\sqrt{2{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
$\Leftrightarrow \dfrac{\sqrt{2{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}}{\sqrt{2{{a}^{2}}+2{{x}^{2}}}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
$\Leftrightarrow 4\left( 2{{a}^{2}}+{{x}^{2}} \right)=3\left( 2{{a}^{2}}+2{{x}^{2}} \right)$
$\Leftrightarrow 8{{a}^{2}}+4{{x}^{2}}=6{{a}^{2}}+6{{x}^{2}}$
$\Leftrightarrow 2{{a}^{2}}=2{{x}^{2}}\Leftrightarrow x=a$
Ta có ${{S}_{ABCD}}=\dfrac{1}{2}\left( AB+CD \right).AD=\dfrac{1}{2}\left( a+2a \right).a=\dfrac{3{{a}^{2}}}{2}.$
Vậy ${{V}_{S.ABCD}}=\dfrac{1}{3}SD.{{S}_{ABCD}}=\dfrac{1}{3}.a.\dfrac{3{{a}^{2}}}{2}=\dfrac{{{a}^{3}}}{2}.$
- Trong $\left( SAD \right)$ kẻ $DH\bot SA\left( H\in SA \right),$ trong $\left( SBD \right)$ kẻ $DK\bot SB\left( K\in SB \right).$ Chứng minh $DH\bot \left( SAB \right),$ $DK\bot \left( SBC \right)\Rightarrow \angle \left( \left( SAB \right);\left( SBC \right) \right)=\angle \left( DH;DK \right)={{30}^{0}}.$
- Đặt $SD=x\left( x>0 \right),$ áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính $DH,DK.$
- Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông giải phương trình tìm $x.$
- Tính thể tích
Cách giải:
Trong $\left( SAD \right)$ kẻ $DH\bot SA\left( H\in SA \right)$, trong $\left( SBD \right)$ kẻ $DK\bot SB\left( K\in SB \right).$
Ta có:
$\left\{ \begin{aligned}
& SA\bot AD \\
& AB\bot SD \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow AB\bot \left( SAD \right)\Rightarrow AB\bot DH$
$\left\{ \begin{aligned}
& DH\bot AB \\
& DH\bot SA \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow DH\bot \left( SAB \right)\left( 1 \right)$
Gọi $E$ là trung điểm của $CD\Rightarrow ABED$ là hình vuông nên $BE=AD=a=\dfrac{1}{2}CD\Rightarrow \Delta BCD$ vuông tại $B.$
Ta có:
$\left\{ \begin{aligned}
& BC\bot BD \\
& BC\bot SD \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow BC\bot \left( SBD \right)\Rightarrow BC\bot DK$
$\left\{ \begin{aligned}
& DK\bot BC \\
& DK\bot SB \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow DK\bot \left( SBC \right)\left( 2 \right)$
Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)\Rightarrow \angle \left( \left( SAB \right);\left( SBC \right) \right)=\angle \left( DH;DK \right)={{30}^{0}}$
Mà $DH\bot \left( SAB \right)\Rightarrow DH\bot HK\Rightarrow \Delta DHK$ vuông tại $H\Rightarrow \angle HDK={{30}^{0}}$
Đặt $SD=x\left( x>0 \right),$ áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
$DH=\dfrac{AD.SD}{\sqrt{A{{D}^{2}}+S{{D}^{2}}}}=\dfrac{a.x}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}}$
$DK=\dfrac{BD.SD}{\sqrt{B{{D}^{2}}+S{{D}^{2}}}}=\dfrac{a\sqrt{2}.a}{\sqrt{2{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}}$
Xét tam giác vuông $DHK$ ta có: $\cos \angle HDK=\dfrac{DH}{DK}\Rightarrow \dfrac{ax}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}}:\dfrac{a\sqrt{2}x}{\sqrt{2{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
$\Leftrightarrow \dfrac{\sqrt{2{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}}{\sqrt{2{{a}^{2}}+2{{x}^{2}}}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
$\Leftrightarrow 4\left( 2{{a}^{2}}+{{x}^{2}} \right)=3\left( 2{{a}^{2}}+2{{x}^{2}} \right)$
$\Leftrightarrow 8{{a}^{2}}+4{{x}^{2}}=6{{a}^{2}}+6{{x}^{2}}$
$\Leftrightarrow 2{{a}^{2}}=2{{x}^{2}}\Leftrightarrow x=a$
Ta có ${{S}_{ABCD}}=\dfrac{1}{2}\left( AB+CD \right).AD=\dfrac{1}{2}\left( a+2a \right).a=\dfrac{3{{a}^{2}}}{2}.$
Vậy ${{V}_{S.ABCD}}=\dfrac{1}{3}SD.{{S}_{ABCD}}=\dfrac{1}{3}.a.\dfrac{3{{a}^{2}}}{2}=\dfrac{{{a}^{3}}}{2}.$
Đáp án D.