Cho hình chóp đều $\large S.ABC$ có góc giữa mặt bên và mặt đáy $\larg

Cho hình chóp đều $\large S.ABC$ có góc giữa mặt bên và mặt đáy $\large (ABC)$ bằng $\large 60^{\circ}$. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng $\large SA$ và $\large BC$ bằng $\large\frac{3a\sqrt{7}}{14}$, tính theo $\large a$ thể tích $\large V$ của khối chóp $\large S.ABC$

• A.

  A. $\large V=\frac{a^{3}\sqrt{3}}{12}$

• B.

  B. $\large V=\frac{a^{3}\sqrt{3}}{16}$

• C.

  C. $\large V=\frac{a^{3}\sqrt{3}}{18}$

• D.

  D. $\large V=\frac{a^{3}\sqrt{3}}{24}$

Gọi $\large O$ là trung điểm $\large AC,x$ là cạnh của tam giác đều $\large G$ là trọng tâm tam giác $\large ABC$

*) Ta có $\large SO\perp AC, BO\perp AC$ nên góc giữa $\large (SAC)$ và $\large (ABC)$ là $\large\widehat{SOB}=60^{\circ}$

Xét tam giác vuông $\large SAG$ có $\large SG=\tan 60^{\circ}.OG=\sqrt{3}\cdot \frac{1}{3}\cdot \frac{x\sqrt{3}}{2}=\frac{x}{2}$

*) Từ $\large A$ kẻ dựng hình thoi ACBD suy ra

$\large d(BC;SA)=d(BC;(SAD))=d(C;(SAD))$

Mặt khác ta có $\large d(G;(SAD))=\frac{2}{3} d(C;(SAD))$ (*)

Vì $\large\widehat{BAD}=60^{\circ};\widehat{BAG}=30^{\circ} \Rightarrow \widehat{GAD}=90^{\circ}$

hay $\large AG\perp AD$ (1)

Lại có $\large SG\perp AD$ (2)

$\large\rightarrow AD\perp (AGS)$. Kẻ $\large GK\perp SA (3)\rightarrow GK\perp AD (4)$

Từ (3) và (4)  suy ra $\large GK\perp (SAD)\rightarrow d(G;(SAD))=GK$

Do đó $\large d(G;(SAD))=GK$

Xét tam giác vuông $\large SGA$ ta có:

$\large\frac{1}{GK^{2}}=\frac{1}{GA^{2}}+\frac{1}{GS^{2}}=\frac{1}{\left(\frac{x\sqrt{3}}{3}\right)^{2}}+\frac{1}{\left(\frac{x^{2}}{4}\right)}=\frac{7}{x^{2}} \Rightarrow GK=\frac{x\sqrt{7}}{7}$

Từ (*) ta có $\large\frac{x\sqrt{7}}{7}=\frac{2}{3}\frac{3a\sqrt{7}}{14} \Rightarrow x=a\cdot$

Vậy $\large SG=\frac{a}{2}$ và $\large S_{ABC}=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}$ 

Thể tích khối chóp $\large S.ABC$ là: $\large V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SG.S_{ABC}=\frac{1}{3}\cdot \frac{a}{2}\cdot \frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}=\frac{a^{3}\sqrt{3}}{24}$ 

Đáp án C