Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang cân với đáy AB=2a,AD=BC=CD=a mặt bên SAB là tam giác cân đỉnh S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ...

* Hướng dẫn giải

Gọi O, I là trung điểm của AB, BC; H là hình chiếu vuông góc của O lên SI.

Tam giác SAB cân tại S \(\Rightarrow SO\bot AB\)

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\ {\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB}\\ {SO \subset \left( {SAB} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\ {SO \bot AB\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,} \end{array}} \right. \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\)

ABCD là hình thang cân với đáy \(AB=2a,AD=BC=CD=a\Rightarrow \Delta OAD,\Delta OCD,\Delta OBC\) đều là các tam giác đều, cạnh a \(\Rightarrow {{S}_{ABCD}}=3.{{S}_{OBC}}=3.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{3{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}\)

Do O là trung điểm của AB nên \(d\left( A;\left( SBC \right) \right)=2.d\left( O;\left( SBC \right) \right)\) (1)

\(\Delta OBC\) đều, I là trung điểm của BC \(\Rightarrow \left\{ \begin{matrix} OI\bot BC \\ OI=\frac{a\sqrt{3}}{2} \\ \end{matrix} \right.\)

Mà \(BC\bot SO\) (do \(SO\bot \left( ABCD \right)\))

\(\Rightarrow BC\bot \left( SOI \right)=>BC\bot OH\)

Lại có: \(SI\bot OH=>OH\bot \left( SBC \right)=>d\left( O;\left( SBC \right) \right)=OH\) (2)

Từ (1), (2) suy ra: \(d\left( A;\left( SBC \right) \right)=2.OH=\frac{2a\sqrt{15}}{5}=>OH=\frac{a\sqrt{15}}{5}\)

\(\Delta SOI\) vuông tại O, \(OH\bot SI=>\frac{1}{S{{O}^{2}}}+\frac{1}{O{{I}^{2}}}=\frac{1}{O{{H}^{2}}}\Leftrightarrow \frac{1}{S{{O}^{2}}}+\frac{1}{\frac{3}{4}{{a}^{2}}}=\frac{1}{\frac{3}{5}{{a}^{2}}}\Leftrightarrow SO=a\sqrt{3}\)

Thể tích khối chóp S.ABCD là: \(V=\frac{1}{3}SO.{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{3}.a\sqrt{3}.\frac{3{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{3{{a}^{2}}}{4}\)