(THPT Võ Nguyên Giáp – Quảng Bình – 2022) Cho hình hộp đứng \(ABCD.A’B’C’D’\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông. Gọi \(S\) là tâm hình vuông \(A’B’C’D’\). Gọi \(M\)và \(N\) lần lượt là trung điểm của \(SA\)và \(BC\). Biết rằng, nếu \(MN\) tạo với mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) một góc \(60^\circ \) và \(AB = a\) thì thể tích \(S.ABC\) bằng
A. \(\frac{{{a^3}\sqrt {30} }}{{12}}\).
B. \(\frac{{{a^3}\sqrt {30} }}{3}\).
C. \({a^3}\sqrt {30} \).
D. \(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\).
Lời giải:
Chọn A
Gọi \(I\) là tâm hình vuông \(ABCD\); \(H\) là trung điểm của \(AI\).
Ta có: \(SI \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow MH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \) hình chiếu của \(MN\) lên \(\left( {ABCD} \right)\) là \(HN\)\( \Rightarrow \widehat {HNM}\) là góc giữa \(MN\) và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\)\( \Rightarrow \widehat {HNM} = 60^\circ \).
Xét \(\Delta HNC\) có: \(NC = \frac{a}{2}\); \(CH = \frac{3}{4}AC = \frac{{3a\sqrt 2 }}{4}\);
\(H{N^2} = N{C^2} + H{C^2} – 2NC.HC\cos 45^\circ \)\( = {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} + {\left( {\frac{{3a\sqrt 2 }}{4}} \right)^2} – 2\frac{a}{2} \cdot \frac{{3a\sqrt 2 }}{4}\frac{{\sqrt 2 }}{2} = {\frac{{5a}}{8}^2}\)
\( \Rightarrow NH = \frac{{a\sqrt 5 }}{{2\sqrt 2 }}\).
Xét \(\Delta HMN\) vuông ở \(H\) có: \(\tan \widehat {HNM} = \frac{{MH}}{{HN}}\)\( \Rightarrow MH = NH.\tan 60^\circ \)\( = \frac{{a\sqrt 5 }}{{2\sqrt 2 }} \cdot \sqrt 3 = \frac{{a\sqrt {15} }}{{2\sqrt 2 }}\).
Do đó, \(SI = 2MH = \frac{{a\sqrt {15} }}{{\sqrt 2 }}\).
Thể tích khối chóp \(S.ABC\) là: \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SI.{S_{\Delta ABC}}\)\( = \frac{1}{3} \cdot \frac{{a\sqrt {15} }}{{\sqrt 2 }} \cdot \frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt {30} }}{{12}}\).
==================== Thuộc chủ đề: Trắc nghiệm Thể tích đa diện
Trả lời