Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạn...

D

- Hướng dẫn giải

Gọi E,F lần lượt là trung điểm của AB và CD.

Tam giác SAB có: \(SA = SB(gt) \Rightarrow SE \bot AB \Rightarrow SE \bot CD\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
CD \bot SE\\
CD \bot EF
\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot (S{\rm{EF}})\)

Trong (SEF) kẻ \(EK \bot SF\)  ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}
EK \bot SF\\
EK \bot CD
\end{array} \right. \Rightarrow EK \bot (SCD) \Rightarrow d\left( {E;\left( {SCD} \right)} \right) = EK\)

Vì \(AB//CD \Rightarrow AB//(SCD) \Rightarrow d\left( {E;\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = a\)

Kẻ \(SH \bot EF\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
SH \bot EF\\
CD \bot (SEF)
\end{array} \right. \Rightarrow SD \bot CD \Leftrightarrow SH \bot (ABCD)\)

Ta có: \({S_{\Delta SEF}} = \frac{1}{2}SH.{\rm{EF = }}\frac{1}{2}EK.SF \Leftrightarrow SH.2a = a.SF \Rightarrow 2SH = SF\)

Đặt \(SH = x \Rightarrow SF = 2a\)

Ta có \(AE = \frac{1}{2}AB = a \Rightarrow SE = \sqrt {S{A^2} - A{E^2}}  = \sqrt {2{a^2} - {a^2}}  = a\)

Áp dụng định lí Cosin trong tam giác SEF ta có:

\(cos\angle S{\rm{EF = }}\frac{{S{E^2} + E{F^2} - S{F^2}}}{{2SE.EF}} = \frac{{{a^2} + 4{a^2} - 4{x^2}}}{{2.a.2a}} = \frac{{5{a^2} - 4{x^2}}}{{4{a^2}}}\)

Xét tam giác vuông SHE có \(EH = SE.cos\angle SEF = a.\frac{{5{a^2} - 4{x^2}}}{{4{a^2}}} = \frac{{5{a^2} - 4{x^2}}}{{4a}}\)

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SHE có:

\(\begin{array}{l}
S{H^2} + E{H^2} = S{E^2} \Leftrightarrow {x^2} + {\left( {\frac{{5{a^2} - 4{x^2}}}{{4a}}} \right)^2} = {a^2}\\
 \Leftrightarrow 16{a^2}{x^2} + 25{a^4} - 40{a^2}{x^2} + 16{x^4} = 16{a^4}\\
 \Leftrightarrow 9{a^4} - 24{a^2}{x^2} + 16{x^4} = 0 \Leftrightarrow {\left( {3{a^2} - 4{a^2}} \right)^2} = 0\\
 \Leftrightarrow 4{x^2} = 3{a^2} \Leftrightarrow x = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = SH
\end{array}\)

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