Cho hình chóp \(S.ABC\), đáy là tam giác \(ABC\) có \(AB = BC\sqrt 5 \), \(AC = 2BC\sqrt 2 \), hình chiếu của \(S\) lên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là trung điểm \(O\) của cạnh \(AC\). Khoảng cách từ \(A\) đến mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) bằng 2. Mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) hợp với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) một góc \(\alpha \) thay đổi. Biết rằng giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp \(S.ABC\) bằng \(\dfrac{{\sqrt a }}{b}\), trong đó \(a,\,\,b \in {\mathbb{N}^*}\), \(a\) là số nguyên tố. Tổng \(a + b\) bằng:
A.
\(6\)
B.
\(5\)
C.
\(7\)
D.
\(4\)
Lời giải của giáo viên
ToanVN.com
Đáp án đúng: b

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(O\) lên \(SB\).
Ta có: \(OB = \sqrt {\dfrac{{2B{C^2} + 2B{A^2} - A{C^2}}}{4}} = BC\), \(OC = \dfrac{1}{2}AC = BC\sqrt 2 \). Suy ra \(OB \bot BC\).
Dễ thấy \(\angle SBO = \alpha \) và \(OH = d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = 1\).
Suy ra \(SO = \dfrac{{OH}}{{\cos \alpha }} = \dfrac{1}{{\cos \alpha }}\), \(OB = \dfrac{{OH}}{{\sin \alpha }} = \dfrac{1}{{\sin \alpha }}\).
\( \Rightarrow BC = OB = \dfrac{1}{{\sin \alpha }}\).
Thể tích khối chóp \(S.ABC\) là:
\(\begin{array}{l}{V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{ABC}} = \dfrac{1}{3}SO.2{S_{OBC}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{{\cos \alpha }}.{\left( {\dfrac{1}{{\sin \alpha }}} \right)^2} = \dfrac{1}{{3\cos \alpha .{{\sin }^2}\alpha }}\end{array}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
\(\begin{array}{l}1 = \dfrac{1}{2}{\sin ^2}\alpha + \dfrac{1}{2}{\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha \ge 3.\sqrt[3]{{\dfrac{1}{4}{{\sin }^4}\alpha .{{\cos }^2}\alpha }}\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{{27}} \ge \dfrac{1}{4}.si{n^4}\alpha .co{s^2}\alpha \Rightarrow \dfrac{1}{{{{\sin }^2}\alpha {{\cos }^2}\alpha }} \ge \dfrac{{3\sqrt 3 }}{2}\\ \Rightarrow {V_{S.ABC}} \ge \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\end{array}\)
Vậy \(\min {V_{S.ABC}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\). Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow {\cos ^2}\alpha = \dfrac{1}{2}{\sin ^2}\alpha = \dfrac{1}{3} \Leftrightarrow \cos \alpha = \dfrac{{\sqrt 3 }}{3}\).
\( \Rightarrow a = 3,\,\,b = 2\).
Vậy \(a + b = 3 + 2 = 5\).

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(O\) lên \(SB\).
Ta có: \(OB = \sqrt {\dfrac{{2B{C^2} + 2B{A^2} - A{C^2}}}{4}} = BC\), \(OC = \dfrac{1}{2}AC = BC\sqrt 2 \). Suy ra \(OB \bot BC\).
Dễ thấy \(\angle SBO = \alpha \) và \(OH = d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = 1\).
Suy ra \(SO = \dfrac{{OH}}{{\cos \alpha }} = \dfrac{1}{{\cos \alpha }}\), \(OB = \dfrac{{OH}}{{\sin \alpha }} = \dfrac{1}{{\sin \alpha }}\).
\( \Rightarrow BC = OB = \dfrac{1}{{\sin \alpha }}\).
Thể tích khối chóp \(S.ABC\) là:
\(\begin{array}{l}{V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{ABC}} = \dfrac{1}{3}SO.2{S_{OBC}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{{\cos \alpha }}.{\left( {\dfrac{1}{{\sin \alpha }}} \right)^2} = \dfrac{1}{{3\cos \alpha .{{\sin }^2}\alpha }}\end{array}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
\(\begin{array}{l}1 = \dfrac{1}{2}{\sin ^2}\alpha + \dfrac{1}{2}{\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha \ge 3.\sqrt[3]{{\dfrac{1}{4}{{\sin }^4}\alpha .{{\cos }^2}\alpha }}\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{{27}} \ge \dfrac{1}{4}.si{n^4}\alpha .co{s^2}\alpha \Rightarrow \dfrac{1}{{{{\sin }^2}\alpha {{\cos }^2}\alpha }} \ge \dfrac{{3\sqrt 3 }}{2}\\ \Rightarrow {V_{S.ABC}} \ge \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\end{array}\)
Vậy \(\min {V_{S.ABC}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\). Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow {\cos ^2}\alpha = \dfrac{1}{2}{\sin ^2}\alpha = \dfrac{1}{3} \Leftrightarrow \cos \alpha = \dfrac{{\sqrt 3 }}{3}\).
\( \Rightarrow a = 3,\,\,b = 2\).
Vậy \(a + b = 3 + 2 = 5\).
CÂU HỎI CÙNG CHỦ ĐỀ
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\). Biết \(AC = a\sqrt 2 \), cạnh \(SC\) tạo với đáy một góc \({60^0}\) và diện tích tứ giác \(ABCD\) là \(\dfrac{{3{a^2}}}{2}\). Gọi \(H\) là hình chiếu của \(A\) trên cạnh \(SC\). Tính thể tích khối chóp \(H.ABCD\).
Trong một hình đa diện lồi, mỗi cạnh là cạnh chung của tất cả bao nhiêu mặt?
Cho hình chóp tam giác đều $S.ABC$ có cạnh đáy bằng $a$ và mặt bên hợp với đáy một góc \({60^0}\). Thể tích khối chóp $S.ABC$ là:
Cho hình lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) có đáy \(ABC\) là tam giác vuông tại \(A.\) Cạnh \(BC = 2a\) và \(\angle ABC = {60^0}.\) Biết tứ giác \(BCC'B'\) là hình thoi có \(\angle B'BC\) nhọn. Mặt phẳng \(\left( {BCC'B'} \right)\) vuông góc với \(\left( {ABC} \right)\) và mặt phẳng \(\left( {ABB'A'} \right)\) tạo với \(\left( {ABC} \right)\) góc \({45^0}.\) Thể tích khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) bằng:
Đề thi THPT QG - 2021 - mã 101
Cho khối hộp chữ nhật \(ABCD.A'B'C'D'\) có đáy là hình vuông, \(BD = 2a,\) góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {A'B{\rm{D}}} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) bằng \({30^0}\). Thể tích của khối hộp chữ nhật đã cho bằng
Cho hình lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) có \(AB = 2a,AC = a,AA' = \dfrac{{a\sqrt {10} }}{2},\widehat {BAC} = {120^0}\). Hình chiếu vuông góc của $C’$ lên $(ABC)$ là trung điểm của cạnh $BC$. Tính thể tích khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) theo $a$?
Cho lăng trụ $ABC.A'B'C'$ có đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $a$, và \(A'A = A'B = A'C = a\sqrt {\dfrac{7}{{12}}} \) . Thể tích khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) theo $a$ là:
Khối chóp tam giác có độ dài 3 cạnh xuất phát từ một đỉnh là \(a,\,\,2a,\,\,3a\) có thể tích lớn nhất bằng
Khối đa diện lồi có \(8\) đỉnh và \(6\) mặt thì có số cạnh là:
Cho hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\). Gọi \({V_1};{V_2}\) lần lượt là thể tích của khối tứ diện \(ACB'D'\) và khối hộp \(ABCD.A'B'C'D'.\) Tỉ số \(\dfrac{{{V_1}}}{{{V_2}}}\) bằng
Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác vuông cân tại \(A,\,\,AB = a,\) cạnh bên \(SC = 3a\) và \(SC\) vuông góc với mặt phẳng đáy. Thể tích khối chóp \(S.ABC\) bằng:
Cho lăng trụ xiên tam giác $ABC.A'B'C'$ có đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $a$, biết cạnh bên là \(a\sqrt 3 \) và hợp với đáy $ABC$ một góc \({60^0}\). Thể tích khối lăng trụ là: