Cho hình chóp\(S.ABCD\)có đáy\(ABCD\)là hình thoi nhưng không là hình vuông,\(AB = SA = SB = SD = a\). Biết rằng thể tích khối chóp bằng\(\frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}\), khi đó góc giữa hai mặt phẳng\(\left( {SBC} \right)\)và\(\left( {SCD} \right)\)là

Câu hỏi:

Cho hình chóp\(S.ABCD\)có đáy\(ABCD\)là hình thoi nhưng không là hình vuông,\(AB = SA = SB = SD = a\). Biết rằng thể tích khối chóp bằng\(\frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}\), khi đó góc giữa hai mặt phẳng\(\left( {SBC} \right)\)và\(\left( {SCD} \right)\)là

A. \({30^\circ }\).

B. \({45^\circ }\).

C. \({60^\circ }\).

D. \({90^\circ }\).

GY:

ChọnD

Gọi\(O\)là tâm của hình thoi\(ABCD\).

Ta có\(\Delta SBC,\Delta SDC\)là các tam giác cân lần lượt tại\(B,D\).

Gọi\(I\)là trung điểm của\(SC\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}BI \bot SC\\DI \bot SC\end{array} \right.\).

Do đó góc giữa hai mặt phẳng\(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {SDC} \right)\) là góc giữa hai đường thẳng\(BI\)và\(DI\).

\(\Delta SBC = \Delta SDC\)\( \Rightarrow BI = DI \Rightarrow \)\(\Delta IBD\)cân tại\(I\).

Gọi\(H\)là hình chiếu của\(S\)lên mặt phẳng\(\left( {ABCD} \right)\).

Do\(SA = SB = SD\)\( \Rightarrow HA = HB = HD\)\( \Rightarrow H\)là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác\(ABD\).

Mà\(\Delta ABD\)cân tại\(A\)nên\(H\)nằm trên đường chéo\(AC\)của hình thoi\(ABCD\).

Đặt\(OB = x(0 < x < a)\). Ta có \(OA = \sqrt {{a^2} – {x^2}} \);\(\sin \widehat {OAB} = \frac{{OB}}{{AB}} = \frac{x}{a}\).

\(\sin \widehat {BAD} = \sin 2\widehat {OAB} = 2\sin \widehat {OAB}.\cos \widehat {OAB} = 2 \cdot \frac{{OB}}{{AB}} \cdot \frac{{OA}}{{AB}} = \frac{{2x\sqrt {{a^2} – {x^2}} }}{{{a^2}}}\).

Ta có \(\frac{{BD}}{{\sin BAD}} = 2AH \Rightarrow AH = \frac{{{a^2}}}{{2\sqrt {{a^2} – {x^2}} }}\)\( \Rightarrow SH = \sqrt {S{A^2} – A{H^2}}= \sqrt {{a^2} – \frac{{{a^4}}}{{4\left( {{a^2} – {x^2}} \right)}}}= \sqrt {\frac{{3{a^4} – 4{a^2}{x^2}}}{{4\left( {{a^2} – {x^2}} \right)}}}= \frac{a}{2}\frac{{\sqrt {3{a^2} – 4{x^2}} }}{{\sqrt {{a^2} – {x^2}} }}\).

Gọi\(V\)là thể tích của khối chóp\(S.ABCD\).

Ta có:

\(V=\frac{1}{3} S H \cdot S_{A B C D}=\frac{1}{3} S H \cdot A O \cdot B D=\frac{a}{6} \cdot \frac{\sqrt{3 a^{2}-4 x^{2}}}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}} \cdot \sqrt{a^{2}-x^{2}} \cdot 2 x=\frac{a}{3} \sqrt{3 a^{2} x^{2}-4 x^{4}}\)

Theo giả thiết\(V = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6} \Leftrightarrow \frac{a}{3}\sqrt {3{a^2}{x^2} – 4{x^4}}= \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6} \Leftrightarrow \sqrt {3{a^2}{x^2} – 4{x^4}}= \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{2}\)

\( \Leftrightarrow 8{x^4} – 6{a^2}{x^2} + {a^4} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} = \frac{{{a^2}}}{4}}\\{{x^2} = \frac{{{a^2}}}{2}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{a}{2}}\\{x = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}}\end{array}} \right.\).

Do\(ABCD\)không phải hình vuông nên\(x \ne \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\). Vậy\(x = \frac{a}{2}\)hay\(OB = \frac{a}{2}\).

Mà\(OI = \frac{{SA}}{2} = \frac{a}{2}\). Suy ra\(\Delta BIO\)vuông cân tại\(O\)\( \Rightarrow \widehat {\,BIO}\, = {45^\circ } \Rightarrow \widehat {\,BID}\, = {90^\circ }\).

Vậygóc giữa hai mặt phẳng\(\left( {SBC} \right)\)và\(\left( {SCD} \right)\)là\({90^\circ }\).

======= Thuộc mục: Trắc nghiệm Khoảng cách và góc trong không gian