Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A

* Hướng dẫn giải

 

Trong (SAD) kẻ $DH\perp SA\left(H\in SA\right)$, trong (SBD) kẻ $DK\perp SB\left(K\in SB\right).$

Ta có:

$\left\{\begin{array}{l}SA\perp AD\\ AB\perp SD\end{array}\right.\Rightarrow AB\perp \left(SAD\right)\Rightarrow AB\perp DH$

$\left\{\begin{array}{l}DH\perp AB\\ DH\perp SA\end{array}\right.\Rightarrow DH\perp \left(SAB\right)\left(1\right)$

 

Gọi E là trung điểm của $CD\Rightarrow ABED$ là hình vuông nên $BE=AD=a=\frac{1}{2}CD\Rightarrow \Delta BCD$ vuông tại B.

Ta có:

$\left\{\begin{array}{l}BC\perp BD\\ BC\perp SD\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(SBD\right)\Rightarrow BC\perp DK$

$\left\{\begin{array}{l}DK\perp BC\\ DK\perp SB\end{array}\right.\Rightarrow DK\perp \left(SBC\right)\left(2\right)$

 

Từ (1) và $\left(2\right)\Rightarrow \angle \left(\left(SAB\right);\left(SBC\right)\right)=\angle \left(DH;DK\right)={30}^0$

Mà $DH\perp \left(SAB\right)\Rightarrow DH\perp HK\Rightarrow \Delta DHK$ vuông tại $H\Rightarrow \angle HDK={30}^0$

Đặt SD = x (x > 0) áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

$DH=\frac{AD.SD}{\sqrt{A{D}^2+S{D}^2}}=\frac{a.x}{\sqrt{a^2+x^2}}$

$DK=\frac{BD.SD}{\sqrt{B{D}^2+S{D}^2}}=\frac{a\sqrt{2}.a}{\sqrt{2a^2+x^2}}$

Xét tam giác vuông DHK ta có: $\cos \angle HDK=\frac{DH}{DK}\Rightarrow \frac{ax}{\sqrt{a^2+x^2}}:\frac{a\sqrt{2}x}{\sqrt{2a^2+x^2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$

$\iff \frac{\sqrt{2a^2+x^2}}{\sqrt{2a^2+2x^2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$

$\iff 4\left(2a^2+x^2\right)=3\left(2a^2+2x^2\right)$

$\iff 8a^2+4x^2=6a^2+6x^2$

$\iff 2a^2=2x^2\iff x=a$

Ta có $S_{ABCD}=\frac{1}{2}\left(AB+CD\right).AD=\frac{1}{2}\left(a+2a\right).a=\frac{3a^2}{2}.$

Vậy $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SD.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.a.\frac{3a^2}{2}=\frac{a^3}{2}.$

Chọn D.