Bài tập nâng cao Thể tích · Bài 1

Gọi O là trung điểm AC, x là cạnh của tam giác đều, G là trọng tâm tam giác ABC.
+) Ta có $ SO⊥AC;{ \rm{ } }{ \rm{ } }BO⊥AC $ nên góc giữa (SAC) và (ABC) là $ \overset ⌢ { SOB }=60 ^ { 0 } $.
Vì SABC là chóp đều nên $ SG⊥(ABC)\Rightarrow SG⊥GO $.
Xét tam giác vuông SAG có
$ SG=tan60 ^ { 0 } .OG=\sqrt[] { 3 }.\frac { 1 } { 3 }.\frac { x\sqrt[] { 3 } } { 2 }=\frac { x } { 2 } $
+) Từ A kẻ AD / / BC suy ra:
$ d\left ( { BC;SA } \right )=d\left ( { BC;\left ( { SAD } \right ) } \right )=d\left ( { B;\left ( { SAD } \right ) } \right ). $
Mặt khác ta có $ d\left ( { G;\left ( { SAD } \right ) } \right ){ \rm{ } }=\frac { 2 } { 3 }d(B;(SAD)){ \rm{ } }{ \rm{ } }{ \rm{ } }(*) $
Vì $ \overset ⌢ { BAD }=120 ^ { 0 } ;{ \rm{ } }\overset ⌢ { BAG }=30 ^ { 0 } \Rightarrow \overset ⌢ { GAD }=90 ^ { 0 } $
hay $ AG⊥AD{ \rm{ } }{ \rm{ ( } }{ \rm{ 1 } }{ \rm{ ) } } $.
Lại có $ SG⊥AD{ \rm{ } }{ \rm{ } }{ \rm{ ( } }{ \rm{ 2 } }{ \rm{ ) } }{ \rm{ . } } $
$ \Rightarrow AD⊥(AGS) $.Kẻ $ GK⊥SA{ \rm{ } }{ \rm{ } }{ \rm{ ( } }{ \rm{ 3 } }{ \rm{ ) } }\Rightarrow GK⊥AD{ \rm{ } }{ \rm{ } }{ \rm{ ( } }{ \rm{ 4 } }{ \rm{ ) } } $.
Từ (3) và (4) suy ra $ GK⊥(SAD)\Rightarrow d(G;(SAD))=GK $.
Do đó $ d(G;(SAD))=GK $.
Xét tam giác vuông SGA ta có:
$ \frac { 1 } { (GK)^2 }=\frac { 1 } { (GA)^2 }+\frac { 1 } { (GS)^2 }=\frac { 1 } { \left ( { \frac { 2 } { 3 }\frac { x\sqrt[] { 3 } } { 2 } } \right ) ^ { 2 } }+\frac { 1 } { \left ( { \frac { x ^ { 2 } } { 4 } } \right ) }=\frac { 7 } { x ^ { 2 } }\Rightarrow GK=\frac { x\sqrt[] { 7 } } { 7 } $
Từ (*) ta có $ \frac { x\sqrt[] { 7 } } { 7 }=\frac { 2 } { 3 }\frac { 3a\sqrt[] { 7 } } { 14 }\Rightarrow x=a $. Vậy$ SG=\frac { a } { 2 } $ và $ S_{ \vartriangle ABC } =\frac { a ^ { 2 } \sqrt[] { 3 } } { 4 } $
Thể tích khối chóp S.ABC là: $ V_{ S.ABC } =\frac { 1 } { 3 }SG.S_{ \vartriangle ABC } =\frac { 1 } { 3 }.\frac { a } { 2 }.\frac { a ^ { 2 } \sqrt[] { 3 } } { 4 }=\frac { a ^ { 3 } \sqrt[] { 3 } } { 24 }. $