Ngân hàng bài tập: Lời giải

[Đề minh họa THPT QG 2020 môn Toán - Bộ Giáo Dục]

Cho khối chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông cân tại $A$, $AB=a$, $\widehat{SBA}=\widehat{SCA}=90^\circ$, góc giữa hai mặt phẳng $\left(SAB\right)$ và $\left(SAC\right)$ bằng $60^\circ$. Thể tích khối chóp đã cho bằng

	$a^3$
	$\dfrac{a^3}{3}$
	$\dfrac{a^3}{2}$
	$\dfrac{a^3}{6}$

2 lời giải

Huỳnh Phú Sĩ

Trở lại Tương tự

Thêm lời giải

2 lời giải

Huỳnh Phú Sĩ

22:46 13/01/2022

Chọn phương án D.

Gọi $D$ là hình chiếu vuông góc của $S$ trên mặt phẳng $(ABC)$. Ta có

$\begin{cases}AB\perp SD\\ AB\perp SB\end{cases}\Rightarrow AB\perp DB$
$\begin{cases}AC\perp SD\\ AC\perp SC\end{cases}\Rightarrow AC\perp DC$

Do đó, tứ giác $ABDC$ là hình vuông.

Gọi $BH$ là đường cao $\triangle SBA$. Xét hai tam giác $SBA$ và $SCA$ ta có

$\widehat{SBA}=\widehat{SCA}=90^\circ$
Cạnh $SA$ chung
$AB=AC=a$

Suy ra $\triangle SBA=\triangle SCA$. Vậy $CH\perp SA$ và $HB=HC$.
Do đó $\left((SAB),(SAC)\right)=\left(HB,HC\right)=60^\circ$.

Nhưng vì $\begin{cases}
CH^2<CA^2\\ BH^2<BA^2
\end{cases}$ nên $CH^2+BH^2<CA^2+BA^2=BC^2$.

Do đó, $\triangle HBC$ tù, tức là $\widehat{BHC}=120^\circ$.

Vì $\triangle HBC$ cân tại $H$ nên $OH\perp BC$. Do đó $\triangle HOB$ vuông tại $O$ và $\widehat{BHO}=60^\circ$.

Ta có $\sin\widehat{BHO}=\dfrac{OB}{HB}\Rightarrow HB=\dfrac{OB}{\sin\widehat{BHO}}=\dfrac{\dfrac{a\sqrt{2}}{2}}{\sin60^\circ}=\dfrac{a\sqrt{6}}{3}$.

Tam giác $SBA$ có $$\begin{aligned}
\dfrac{1}{BH^2}&=\dfrac{1}{BA^2}+\dfrac{1}{BS^2}\\
\Rightarrow\dfrac{1}{BS^2}&=\dfrac{1}{BH^2}-\dfrac{1}{BA^2}=\dfrac{9}{6a^2}-\dfrac{1}{a^2}=\dfrac{1}{2a^2}\\
\Rightarrow BS^2&=2a^2.
\end{aligned}$$
Tam giác $SDB$ vuông tại $D$, có $BD=AC=a$. Khi đó $$SD^2=SB^2-BD^2=2a^2-a^2=a^2\Rightarrow SD=a$$
Vậy $V_{S.ABC}=\dfrac{1}{3}S_{ABC}\cdot SD=\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{a^2}{2}\cdot a=\dfrac{a^3}{6}$.

Huỳnh Phú Sĩ

22:11 20/04/2020

Chọn phương án D.

Cho $a=1$ ta có $AB=AC=1$.

Đặt hình chóp đã cho vào hệ trục tọa độ $Oxyz$ sao cho $A\equiv O(0;0;0)$, $B(1;0;0)\in Ox$, $C(0;1;0)\in Oy$. Chọn điểm $S(a;b;c)$ sao cho $c>0$.

Ta có: $\overrightarrow{BS}=(a-1;b;c)$, $\overrightarrow{AB}=(1;0;0)$, $\overrightarrow{CS}=(a;b-1;c)$, $\overrightarrow{AC}=(0;1;0)$.

Theo đề ta có $$\begin{aligned}
\begin{cases}
\widehat{SBA}=90^\circ\\
\widehat{SCA}=90^\circ
\end{cases}\Leftrightarrow&\begin{cases}
BS\bot AB\\
SC\bot AC
\end{cases}\\
\Leftrightarrow&\begin{cases}
\overrightarrow{BS}\bot\overrightarrow{AB}=0\\
\overrightarrow{SC}\bot\overrightarrow{AC}=0
\end{cases}\\
\Leftrightarrow&\begin{cases}
a-1=0\\
b-1=0
\end{cases}\\
\Leftrightarrow&\begin{cases}
a=1\\
b=1.
\end{cases}
\end{aligned}$$
Khi đó $\overrightarrow{BS}=(0;1;c)$, $\overrightarrow{AB}=(1;0;0)$, $\overrightarrow{CS}=(1;0;c)$, $\overrightarrow{AC}=(0;1;0)$.

Suy ra

$\overrightarrow{m}=\left[\overrightarrow{BS},\overrightarrow{AB}\right]=(0;c;-1)$ là vectơ pháp tuyến của $(SAB)$,
$\overrightarrow{n}=\left[\overrightarrow{CS},\overrightarrow{AC}\right]=(-c;0;1)$ là vectơ pháp tuyến của $(SAC)$.

Vì $\left((SAB),(SAC)\right)=60^\circ$ nên $\cos\left((SAB),(SAC)\right)=\dfrac{1}{2}$.

Khi đó $$\begin{aligned}
\dfrac{\left|\overrightarrow{m}\cdot\overrightarrow{n}\right|}{\left|\overrightarrow{m}\right|\cdot\left|\overrightarrow{n}\right|}&=\dfrac{1}{2}\\
\Leftrightarrow\,\dfrac{\left|-1\right|}{\sqrt{c^2+1}\cdot\sqrt{c^2+1}}&=\dfrac{1}{2}\\
\Leftrightarrow\,\dfrac{1}{c^2+1}&=\dfrac{1}{2}\\
\Leftrightarrow\,c^2&=1\\
\Leftrightarrow\,c&=1.
\end{aligned}$$
Như vậy $S(1;1;1)$. Suy ra $\overrightarrow{AS}=(1;1;1)$.

Khi đó $V_{S.ABC}=\dfrac{1}{6}\left|\left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right]\cdot\overrightarrow{AS}\right|=\dfrac{1}{6}$.

Vậy khối chóp đã cho có thể tích là $\dfrac{a^3}{6}$.

	\(a^3\)
	\(\dfrac{a^3}{3}\)
	\(\dfrac{a^3}{2}\)
	\(\dfrac{a^3}{6}\)