Google
Câu hỏi: Cho tứ diện $ABCD$ có $AB=a$, $AC=a\sqrt{5}$, $ \widehat{DAB}=\widehat{CBD}=90{}^\circ $, $\widehat{ABC}=135{}^\circ $. Biết góc giữa hai mặt phẳng $\left( ABD \right)$ và $\left( BCD \right)$ bằng $30{}^\circ $. Thể tích khối tứ diện $ABCD$ bằng
A. $\dfrac{{{a}^{3}}}{\sqrt{2}}$.
B. $\dfrac{{{a}^{3}}}{3\sqrt{2}}$.
C. $\dfrac{{{a}^{3}}}{2\sqrt{3}}$.
D. $\dfrac{{{a}^{3}}}{6}$.
Dựng $D H \perp(A B C)$.
Ta có $\left\{\begin{array}{l}B A \perp D A \\ B A \perp D H\end{array} \Rightarrow B A \perp A H\right.$. Tương tự $\left\{\begin{array}{l}B C \perp D B \\ B C \perp D H\end{array} \Rightarrow B C \perp B H\right.$.
Tam giác AHB có $A B=a, \widehat{A B H}=45^{\circ} \Rightarrow \triangle H A B$ vuông cân tại $A \Rightarrow A H=A B=a$.
Áp dụng định lý cosin, ta có $B C=a \sqrt{2}$.
Vậy $S_{\triangle A B C}=\dfrac{1}{2} \cdot B A \cdot B C \cdot \sin \widehat{C B A}=\dfrac{1}{2} \cdot a \cdot a \sqrt{2} \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2}=\dfrac{a^2}{2}$.
Dựng $\left\{\begin{array}{l}H E \perp D A \\ H F \perp D B\end{array} \Rightarrow H E \perp(D A B)\right.$ và $H F \perp(D B C)$.
Suy ra $\overline{((D B A),(D B C))}=\widehat{(H E, H F})=\widehat{E H F}$ và tam giác HEF vuông tại $E$.
Đặt $D H=x$, khi đó $H E=\dfrac{a x}{\sqrt{a^2+x^2}}, H F=\dfrac{x a \sqrt{2}}{\sqrt{2 a^2+x^2}}$.
Suy ra $\cos \widehat{E H F}=\dfrac{H E}{H F}=\sqrt{\dfrac{3}{4}}=\dfrac{\sqrt{x^2+2 a^2}}{\sqrt{2 x^2+2 a^2}} \Rightarrow x=a$.
Vậy $V_{A B C D}=\dfrac{1}{3} \cdot D H \cdot S_{\triangle A B C}=\dfrac{a^3}{6}$.
A. $\dfrac{{{a}^{3}}}{\sqrt{2}}$.
B. $\dfrac{{{a}^{3}}}{3\sqrt{2}}$.
C. $\dfrac{{{a}^{3}}}{2\sqrt{3}}$.
D. $\dfrac{{{a}^{3}}}{6}$.
Ta có $\left\{\begin{array}{l}B A \perp D A \\ B A \perp D H\end{array} \Rightarrow B A \perp A H\right.$. Tương tự $\left\{\begin{array}{l}B C \perp D B \\ B C \perp D H\end{array} \Rightarrow B C \perp B H\right.$.
Tam giác AHB có $A B=a, \widehat{A B H}=45^{\circ} \Rightarrow \triangle H A B$ vuông cân tại $A \Rightarrow A H=A B=a$.
Áp dụng định lý cosin, ta có $B C=a \sqrt{2}$.
Vậy $S_{\triangle A B C}=\dfrac{1}{2} \cdot B A \cdot B C \cdot \sin \widehat{C B A}=\dfrac{1}{2} \cdot a \cdot a \sqrt{2} \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2}=\dfrac{a^2}{2}$.
Dựng $\left\{\begin{array}{l}H E \perp D A \\ H F \perp D B\end{array} \Rightarrow H E \perp(D A B)\right.$ và $H F \perp(D B C)$.
Suy ra $\overline{((D B A),(D B C))}=\widehat{(H E, H F})=\widehat{E H F}$ và tam giác HEF vuông tại $E$.
Đặt $D H=x$, khi đó $H E=\dfrac{a x}{\sqrt{a^2+x^2}}, H F=\dfrac{x a \sqrt{2}}{\sqrt{2 a^2+x^2}}$.
Suy ra $\cos \widehat{E H F}=\dfrac{H E}{H F}=\sqrt{\dfrac{3}{4}}=\dfrac{\sqrt{x^2+2 a^2}}{\sqrt{2 x^2+2 a^2}} \Rightarrow x=a$.
Vậy $V_{A B C D}=\dfrac{1}{3} \cdot D H \cdot S_{\triangle A B C}=\dfrac{a^3}{6}$.
Đáp án D.