GẤP! GẤP!!!!! PLEASE Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành, SA=SB=SC=AC=a, góc tạo bởi SB và (SAC) bằng $\alpha$ biết tan $\alpha$ = $\sqrt[] {\frac{3}{13}}$ a. Tính thể tích S.ABCD b. Tính sin góc giữa SD và (AMC) với M là trung điểm của SD trong trường hợp ABCD là hình thoi

Câu a) Ý tưởng từ câu trong đề thi chính thức THPT QG 2023

Do tam giác $SAC$ đều nên diện tích tam giác $SAC$ là: $S_{SAC}=\dfrac{AC^2\sqrt 3}{4}=\dfrac{a^2\sqrt 3}{4}$.

Gọi $H$ là chân đường cao từ $B$ lên $(SAC)$. Suy ra $\tan \left(SB,(SAC)\right)=\tan \alpha=\tan \widehat{BSH}=\dfrac{BH}{SH}=\sqrt{\dfrac{3}{13}}$

Đặt $BH=x\Rightarrow SH=x\sqrt{\dfrac{13}{3}}$. Vì $BH\bot (SAC)$ nên $BH\bot SH\subset(SAC)$. Xét tam giác vuông $SBH$ có

$BH^2+SH^2=SB^2\Leftrightarrow x^2+\dfrac{13}{3}x^2=a^2\\\Leftrightarrow x^2=\dfrac{3a^2}{16}\Leftrightarrow x=\dfrac{a\sqrt{3}}{4}\\\Rightarrow V_{B.SAC}=\dfrac{1}{3}BH$

$BH^2+SH^2=SB^2\Leftrightarrow x^2+\dfrac{13}{3}x^2=a^2\\\Leftrightarrow x^2=\dfrac{3a^2}{16}\Leftrightarrow x=\dfrac{a\sqrt{3}}{4}\\\Rightarrow V_{B.SAC}=\dfrac{1}{3}BH.S_{SAC}=\dfrac{1}{3}.\dfrac{a\sqrt 3}{4}.\dfrac{a^2\sqrt 3}{4}=\dfrac{a^3}{16}$.

$S_{SAC}=\dfrac{1}{3}.\dfrac{a\sqrt 3}{4}.\dfrac{a^2\sqrt 3}{4}=\dfrac{a^3}{16}$

$V_{S.ABCD}=2V_{B.SAC}=2.\dfrac{a^3}{16}=\dfrac{a^3}{8}$

b) Vì $ABCD$ là hình thoi nên $AD=CD$ và $BD\bot AC$

$\triangle SAD=\triangle SCD(c-c-c)\Rightarrow AM=CM$. Suy ra tam giác $AMC$ cân tại $M$. Kẻ $DK\bot MO$. Vì $\triangle AMC$ cân tại $M$ nên $MO\bot AC$ do $O$ là trung điểm của $AC$

Lại có $AC\bot BD$ do $ABCD$ là hình thoi suy ra $AC\bot (BDM)\Rightarrow AC\bot DK$. Mà $DK\bot MO$

Suy ra $DK\bot (AMC)$

$\Rightarrow (SD,(AMC))=(MD,DK)=\widehat{DMK}$

Vì $SA=SB=SC=a$ nên $SG\bot (ABCD)$ với $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$

Dễ chứng minh $SO=\dfrac{a\sqrt 3}{2}$
Đặt $SG=u, BO=v$

Ta có $u^2+\dfrac{1}{9}v^2=\dfrac{3a^2}{4}$ và $u^2+\dfrac{4}{9}v^2=a^2$

Giải hệ ta được $\left\{ \begin{array}{l}
{u^2} = \dfrac{2}{3}{a^2}\\
{v^2} = \dfrac{3}{4}{a^2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
u = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}\\
v = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}
\end{array} \right.$

$SG\bot (ABCD)$ nên $SG\bot GD\Rightarrow SD^2=SG^2+GD^2=u^2+\dfrac{16}{9}v^2=2a^2$

$\Rightarrow SD=a\sqrt{2}\Rightarrow MD=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}$

Kẻ $MF\bot BD$. Dễ chứng minh $MF=\dfrac{1}{2}SG=\dfrac{a\sqrt{6}}{6}$

Diện tích $S_{OMD}=\dfrac{1}{2}.\dfrac{a\sqrt{6}}{6}. \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}=\dfrac{a^2\sqrt{2}}{8}$

Lại có $OM=\dfrac{1}{2}SB=\dfrac{a}{2}$

$DK=\dfrac{2.S_{OMD}}{OM}=\dfrac{a\sqrt 2}{2}$

$\sin (SD,(AMC))=\sin \widehat{KMD}=\dfrac{DK}{MD}=1$

Vậy khi $ABCD$ là hình thoi thì $SD\bot (AMC)$