Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm...

B

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Gọi H là trung điểm của OB. Vì tam giác SOB cân tại S nên \(SH \bot OB\)

Ta có:\(\left. \begin{array}{l}\left( {SOB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SOB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = OB\\\left( {SOB} \right) \supset SH \bot OB\end{array} \right\} \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\)

Trong (ABCD) kẻ

\(OE \bot CD\,\,\left( {E \in CD} \right);\,\,HK\parallel OE\,\,\left( {K \in CD} \right) \Rightarrow HK \bot CD\)

Ta có: \(\left. \begin{array}{l}CD \bot SH\,\,\left( {SH \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\\CD \bot HK\end{array} \right\} \Rightarrow CD \bot \left( {SHK} \right) \Rightarrow CD \bot SK\)

\(\left. \begin{array}{l}\left( {SCD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = CD\\\left( {SCD} \right) \supset SK \bot CD\\\left( {ABCD} \right) \supset HK \bot CD\end{array} \right\} \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SCD} \right);\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SK;HK} \right)} = \widehat {SKH} = {45^0}\)

(Vì \(SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot HK \Rightarrow \Delta SHK\) vuông tại H \( \Rightarrow \widehat {SKH} < {90^0}\))

\( \Rightarrow SH = HK.\tan 45 = HK\)

Vì \(ABCD\) là hình thoi nên \(AC \bot BD \Rightarrow \Delta OCD\) vuông tại O

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OCD có:

\(\dfrac{1}{{O{E^2}}} = \dfrac{1}{{O{C^2}}} + \dfrac{1}{{O{D^2}}} = \dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{3{a^2}}} = \dfrac{4}{{3{a^2}}} \Rightarrow OE = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

\(OE//HK \Rightarrow \dfrac{{OE}}{{HK}} = \dfrac{{DO}}{{DH}} = \dfrac{2}{3}\) (Định lí Ta-let) \( \Rightarrow HK = \dfrac{3}{2}OE = \dfrac{3}{2}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{3a\sqrt 3 }}{4} \Rightarrow SH = \dfrac{{3a\sqrt 3 }}{4}\)

\({S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}AC.BD = \dfrac{1}{2}2a.2a\sqrt 3  = 2{a^2}\sqrt 3 \)

Vậy \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{3a\sqrt 3 }}{4}.2{a^2}\sqrt 3  = \dfrac{{3{a^3}}}{2}\)

Chọn B.