===============
23. Cho khối chóp \(S.ABC\), đáy là tam giác \(ABC\) có \(AC = 5a,\)\(AB = 4a,\,\)\(\widehat {BAC} = {60^{\rm{o}}},\)\(\widehat {SBA} = \widehat {SCA} = {90^{\rm{o}}}\). Góc giữa \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SAC} \right)\) bằng \({60^{\rm{o}}}\). Thể tích của khối chóp đã cho bằng
A. \(\frac{{10\sqrt {39} {a^3}}}{{13}}\).
B. \(\frac{{10\sqrt {13} {a^3}}}{{13}}\).
C. \(\frac{{20\sqrt {13} {a^3}}}{{13}}\).
D. \(\frac{{20\sqrt {39} {a^3}}}{{13}}\).
Lời giải
+)\(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} – 2AB.AC.\cos {60^0} = 21{a^2} \Rightarrow BC = \sqrt {21} a.\)
+) Gọi \(H\) là hình chiếu của \(S\)lên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\), khi đó
\(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot SB\\AB \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SBH} \right) \Rightarrow AB \bot BH\,\,\left( 1 \right)\)
Tương tự \(AC \bot CH\,\,\left( 2 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right),\left( 2 \right)\) suy ra tứ giác \(ABHC\) nội tiếp đường tròn.
+) Gọi \(R\) là bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(ABHC\) ta có:
\(\frac{{BC}}{{\sin A}} = 2R \Rightarrow R = \sqrt 7 a\)
\( \Rightarrow AH = 2R = 2\sqrt 7 a,\,\,BH = \sqrt {A{H^2} – A{B^2}} = 2\sqrt 3 a\,,CH = \sqrt {A{H^2} – A{C^2}} = \sqrt 3 a\).
+) Đặt \(SH = x\,,\left( {x > 0} \right)\), ta có
\({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.SH.{S_{ABC}} = \frac{{2.{S_{\Delta SAB}}.{S_{\Delta SAC}}.\sin \widehat {\left( {\left( {SAB} \right),\left( {SAC} \right)} \right)}}}{{3SA}}\)
\( \Leftrightarrow \frac{1}{3}x.AB.AC.\sin {60^0}.3SA = 2.\frac{1}{2}.SB.AB.\frac{1}{2}.SC.AC.\sin {60^0}\)
\( \Leftrightarrow x.SA = SB.SC\)
\( \Leftrightarrow x\sqrt {{x^2} + 28{a^2}} = \sqrt {{x^2} + 12{a^2}} .\sqrt {{x^2} + 3{a^2}} \Leftrightarrow 13{x^2}\, = 36{a^2} \Leftrightarrow x\, = \frac{{6\sqrt {13} a}}{{13}}.\)
Vậy \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{{6\sqrt {13} a.}}{{13}}5\sqrt 3 {a^2} = \frac{{10\sqrt {39} {a^3}}}{{13}}\).
=================
CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI MỜI CÁC BẠN THAM KHẢO. (STRONG)
Để lại phản hồi