Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, \(AB//CD\) và \(AB = BC = DA = a\), \(CD = 2a\). Biết hai mặt phẳng \((SAC)\) và \((SBD)\) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy \((ABCD)\) và \(SA = a\sqrt 2 \). Tính theo \(a\) khoảng cách từ \(S\) đến mặt phẳng \((ABCD)\) và thể tích của khối chóp S.ABCD.
Thể tích khối chóp \(V = \frac{1}{3}h.S\)
Gọi O là giao điểm của AC và BD
Mà \((SAC)\) và \((SBD)\) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy \((ABCD)\) nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\)
Kẻ \(AK \bot DC\) tại K \( \Rightarrow DK = \frac{{DC - AB}}{2} = \frac{a}{2}\)
Xét tam giác ADK vuông tại K có
Advertisements (Quảng cáo)
\(AK = \sqrt {A{D^2} - D{K^2}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)
Xét tam giác AKC vuông tại K có
\(AC = \sqrt {A{K^2} + K{C^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{3a}}{2}} \right)}^2}} = a\sqrt 3 \)
Ta có AB // CD nên \(\frac{{OA}}{{OC}} = \frac{{AB}}{{DC}} = \frac{1}{2} \Rightarrow OA = \frac{1}{3}AC = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)
Xét tam giác SAO vuông tại O có
\(SO = \sqrt {SA{^2} - A{O^2}} = \sqrt {{({a \sqrt 2})^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {15} }}{3}\)
Diện tích đáy ABCD là:
\(S_{ABCD} = \frac{1}{2} (AB+CD).AK = \frac{1}{2} (a+2a).\frac{{a\sqrt {3} }}{2} = \frac {3a^2\sqrt{3}}{4}\)
Thể tích của khối chóp S.ABCD là:
\(V_{S.ABCD} = \frac {1}{3} .SO.S_{ABCD} = \frac {1}{3}.\frac{{a\sqrt {15} }}{3}.\frac {3a^2\sqrt{3}}{4} = \frac {a^3\sqrt5}{4}\)