Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD...

C

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

- Vận dụng kiến thức đã học (định lý Pitago, đường cao, đường trung tuyến, tam giác đều, tam giác cân) và kiến thức mới (cách tính diện tích xung quanh và tính thể tích của hình chóp đều) để giải bài tập.

Giải chi tiết:

Lấy H là giao của 2 đường chéo hình vuông AC và BD, khi đó ta có SH là đường cao của hình chóp đều.

Kẻ SK vuông góc với BC (\(K\in BC\))

a) Áp dụng định lý Pitago cho tam giác ABC vuông tại B:

\(\begin{align}  & \ \ \ \ A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}=A{{C}^{2}} \\  & \Leftrightarrow A{{C}^{2}}={{3}^{2}}+{{3}^{2}}=18 \\  & \Rightarrow AC=\sqrt{18}=3\sqrt{2}\ cm \\ \end{align}\)

\(\Rightarrow HC=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}.3\sqrt{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}\ cm\) (Vì H là trung điểm AC)

Áp dụng định lý Pitago cho tam giác SHC vuông tại H có:

\(\begin{align}  & \ \ \ \ S{{H}^{2}}+H{{C}^{2}}=S{{C}^{2}} \\  & \Leftrightarrow S{{H}^{2}}=S{{C}^{2}}-H{{C}^{2}}={{5}^{2}}-{{\left( \frac{3\sqrt{2}}{2} \right)}^{2}}=\frac{82}{4}=\frac{41}{2} \\  & \Rightarrow SH=\frac{\sqrt{82}}{2}\ cm. \\ \end{align}\)

 b) Vì tam giác SBC là tam giác cân tại S nên SK vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến.

\(\Rightarrow CK=KB=\frac{1}{2}BC=\frac{3}{2}\ cm\)

Áp dụng định lý Pitago cho tam giác SKB vuông tại K:

            \(\begin{align}  & \ \ \ S{{K}^{2}}+K{{B}^{2}}=S{{B}^{2}} \\  & \Leftrightarrow S{{K}^{2}}=S{{B}^{2}}-K{{B}^{2}}={{5}^{2}}-{{\left( \frac{3}{2} \right)}^{2}}=\frac{91}{4} \\  & \Rightarrow SK=\frac{\sqrt{91}}{2}\ cm. \\ \end{align}\)

Vậy diện tích xung quanh của hình chóp đều S.ABCD là:

            \({{S}_{xq}}=\frac{1}{2}.(3.4).\frac{\sqrt{91}}{2}=3\sqrt{91}\ c{{m}^{2}}\)

Vậy thể tích hình chóp đều S.ABCD là:

            \(V=\frac{1}{3}.3.3.\frac{\sqrt{82}}{2}=\frac{3\sqrt{82}}{2}\ c{{m}^{3}}\)

Chọn C