28. Cho hình chóp \(S.ABCD\)có đáy là hình thang với hai đáy\(AB//CD\), biết \(AB = 2a;AD = CD = CB = a,\)\(\widehat {SAD} = \widehat {SBD} = 90^\circ \)và góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\), \(\left( {SBD} \right)\) bằng \(\alpha \)sao cho \(\cos \alpha  = \frac{1}{{\sqrt 5 }}.\)Thể tích \(V\)của khối chóp \(S.ABC\)là

DẠNG TOÁN TỔNG HỢP HÌNH HỌC KHÔNG GIAN – GÓC – KHOẢNG CÁCH – THỂ TÍCH – TỶ SỐ – CỰC TRỊ HÌNH HỌC
===============
28. Cho hình chóp \(S.ABCD\)có đáy là hình thang với hai đáy\(AB//CD\), biết \(AB = 2a;AD = CD = CB = a,\)\(\widehat {SAD} = \widehat {SBD} = 90^\circ \)và góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\), \(\left( {SBD} \right)\) bằng \(\alpha \)sao cho \(\cos \alpha  = \frac{1}{{\sqrt 5 }}.\)Thể tích \(V\)của khối chóp \(S.ABC\)là

A. \(V = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{18}}.\)

B. \(V = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}\).

C. \(V = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{6}\).

D. \(V = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\).

Lời giải

Người làm: Trịnh Ngọc

+) Ta có: \(\widehat {ACB} = 90{^\circ ^{}} \Rightarrow AC = \sqrt {A{B^2} – B{C^2}}  = a\sqrt 3 \)

nên tam giác \(ABC\)có diện tích \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AC.BC = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\).

+) Gọi H là hình chiếu vuông góc của \(S\) trên \(\left( {ABCD} \right)\)

Theo giải thiết: \(AD \bot SA\,\)\( \Rightarrow AD \bot AH\,\)(Định lý ba đường vuông góc);

tương tự: \(BD \bot SB\,\)\( \Rightarrow BD \bot BH\,\)

suy ra tứ giác \(ADBH\)là hình chữ nhật ( do \(\widehat {ADB} = 90^\circ \).

+) Gọi \(E;I\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\) và trên \(SD\)ta có: \(\left( {\widehat {\left( {SAD} \right),\left( {SBD} \right)}} \right) = \widehat {AIE} = \alpha \).

+) Vì \(\alpha  \in \left( {0{^\circ ^{}};90{^\circ ^{}}} \right]\) nên \(\sin \alpha  = \sqrt {1 – {{\cos }^2}\alpha }  = \sqrt {1 – {{\left( {\frac{1}{{\sqrt 5 }}} \right)}^2}}  = \frac{2}{{\sqrt 5 }}.\)

Mặt khác: \(AE = d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {SBD} \right)} \right) = HK\) (với \(K\) là hình chiếu vuông góc của \(H\) trên\(SB\)).

Đặt \(SH = x.\) Khi đó: \(AE = HK = \frac{{HS.HB}}{{\sqrt {H{S^2} + H{B^2}} }} = \frac{\begin{array}{l}\\x.a\end{array}}{{\sqrt {{x^2} + {a^2}} }};\)

\(SA = \sqrt {S{H^2} + H{A^2}}  = \sqrt {{x^2} + {{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}}  = \sqrt {{x^2} + 3{a^2}} \)\( \Rightarrow AI = \frac{{AS.AD}}{{\sqrt {A{S^2} + A{D^2}} }} = \frac{\begin{array}{l}\\\sqrt {{x^2} + 3{a^2}} .a\end{array}}{{\sqrt {{x^2} + 4{a^2}} }}.\)

Trong tam giác vuông\(AEI\): \(\begin{array}{l}\sin \alpha  = \frac{{AE}}{{AI}} \Leftrightarrow \frac{2}{{\sqrt 5 }} = \frac{{AE}}{{AI}} \Leftrightarrow 2AI = \sqrt 5 AE \Leftrightarrow 2.\frac{{\sqrt {{x^2} + 3{a^2}} .a}}{{\sqrt {{x^2} + 4{a^2}} }} = \sqrt 5 .\frac{{x.a}}{{\sqrt {{x^2} + {a^2}} }}\\ \Leftrightarrow 4\left( {{x^2} + 3{a^2}} \right)\left( {{x^2} + {a^2}} \right) = 5{x^2}\left( {{x^2} + 4{a^2}} \right) \Leftrightarrow 4{x^4} + 16{x^2}.{a^2} + 12{a^4} = 5{x^4} + 20{x^2}.{a^2}\\ \Leftrightarrow {x^4} + 4{a^2}.{x^2} – 12{a^4} = 0\end{array}\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} = 2{a^2}\\{x^2} =  – 6{a^2}\end{array} \right. \Rightarrow x = a\sqrt 2 .\) Hay \(SH = a\sqrt 2 .\)

+) Vậy thể tích khối chóp \(S.ABC\)là: \(V = \frac{1}{3}.{S_{ABC}}.SH = \frac{1}{3}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}.a\sqrt 2  = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{6}.\)

=================
CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI MỜI CÁC BẠN THAM KHẢO. (STRONG)