Bài tập nâng cao Thể tích · Bài 23

Gọi $ D $ là hình chiếu vuông góc của $ S $ xuống mặt phẳng $ \left ( { ABC } \right ) $.
$ \left \{ \begin{array}{l} AB⊥SB \\ AB⊥SD \end{array} \right.\Rightarrow AB⊥\left ( { SBD } \right )\Rightarrow AB⊥BD $.
$ \left \{ \begin{array}{l} AC⊥SA \\ AC⊥SD \end{array} \right.\Rightarrow AC⊥\left ( { SAD } \right )\Rightarrow AC⊥AD\, $.
Tam giác $ ABC $ có $ \widehat { CAB }=135°\Rightarrow \widehat { BAD }=45° $.
Tam giác $ ABD $ vuông tại $ B $ có $ \widehat { BAD }=45° $ suy ra tam giác $ ABD $vuông cân và $ AD=a\sqrt[] { 2 } $.
Từ đó có tam giác $ ACD $ vuông cân tại $ A\Rightarrow \widehat { BAD }=45°= \widehat { ADC } $ (so le) $ \Rightarrow AB $//$ CD $ suy ra tứ giác $ ABDC $là hình thang vuông tại $ B $ và $ D $.
Trong mặt phẳng $ \left ( { SBD } \right ) $, hạ $ DH⊥SB\,\,\left ( { H\in SB } \right ) $. Dễ chứng minh $ DH⊥\left ( { SAB } \right ) $.
Trong mặt phẳng $ \left ( { SAD } \right ) $, hạ $ DK⊥SA\,\,\left ( { K\in SA } \right ) $. Dễ chứng minh $ DK⊥\left ( { SAC } \right ) $.
Gọi $ \alpha $ là góc giữa hai mặt phẳng $ \left ( { SAB } \right ) $ và $ \left ( { SAC } \right ) $ ta có: $ \alpha = \widehat { \left ( { DH,DK } \right ) }= \widehat { HDK }=30° $ do tam giác $ DHK $ vuông tại $ H $.
Đặt $ SD=x $, $ \left ( { x>0 } \right ) $.
Tam giác $ DHK $vuông tại $ H $ có $ cos \widehat { HDK }=\frac { HD } { DK }\Rightarrow \frac { \sqrt[] { 3 } } { 2 }=\frac { ax } { \sqrt[] { a ^ { 2 } +x ^ { 2 } } }.\frac { \sqrt[] { 2a ^ { 2 } +x ^ { 2 } } } { \sqrt[] { 2 }.ax } $
$ \Leftrightarrow \sqrt[] { 6 }\sqrt[] { a ^ { 2 } +x ^ { 2 } }=2\sqrt[] { 2a ^ { 2 } +x ^ { 2 } }\Leftrightarrow 6a ^ { 2 } +6x ^ { 2 } =8a ^ { 2 } +4x ^ { 2 } \Leftrightarrow x=a $.
$ V_{ S.ABC } =\frac { 1 } { 6 }.SD.AB.AC.sin \widehat { BAC }=\frac { a ^ { 3 } } { 6 } $.
Vậy thể tích khối $ S.ABC $ bằng $ \frac { a ^ { 3 } } { 6 } $.