Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thoi cạnh $a$ và $\widehat{ABC}=60^{\circ }$. Biết rằng tam giác $SAB$ là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy $(ABCD)$.

a. Tính thể tích của khối chóp $S.ABCD$.

b. Gọi $\alpha$ là góc giữa đường thẳng $SD$ và mặt phẳng $(SBC)$. Tính $\sin \alpha$.

c. Mặt phẳng $(P)$ chứa đường thẳng $AB$ và vuông góc với mặt phẳng $(SCD)$. Mặt phẳng $(P)$ chia khối chóp $S.ABCD$ thành hai phần. Tính thể tích phần chứa đỉnh $S$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục tọa độ: $B(0;0;0)$, $A(a;0;0)$, $C\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)$, $D\left(\frac{3a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)$ (đáy là hình thoi cạnh $a$, $\widehat{ABC}=60^{\circ }$). Vì $△SAB$ đều cạnh $a$ và $(SAB)\perp (ABCD)$ nên $S\left(\frac{a}{2};0;\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$; đặt $h=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

a) Diện tích đáy $S_{ABCD}=a^2\sin 60^{\circ }=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$, chiều cao $Sh=h=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Vậy $V=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a^3}{4}$.

b) $\overrightarrow{BC}=\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)$, $\overrightarrow{BS}=\left(\frac{a}{2};0;\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$, nên $\vec{n}=\overrightarrow{BC}\times \overrightarrow{BS}\parallel \left(3;-\sqrt{3};-\sqrt{3}\right)$, phương trình $(SBC)$: $3x-\sqrt{3}y-\sqrt{3}z=0$. Khoảng cách từ $D\left(\frac{3a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)$: $d=\frac{|\frac{9a}{2}-\frac{3a}{2}|}{\sqrt{15}}=\frac{3a}{\sqrt{15}}$. Mặt khác $S{D}^2=a^2+\frac{3a^2}{4}+\frac{3a^2}{4}=\frac{5a^2}{2}\Rightarrow SD=a\sqrt{\frac{5}{2}}$. Do đó $\sin \alpha =\frac{d}{SD}=\frac{3}{\sqrt{15}\sqrt{5/2}}=\frac{\sqrt{6}}{5}$.

c) $\overrightarrow{SC}=(0;h;-h)$, $\overrightarrow{SD}=(a;h;-h)$, $\overrightarrow{SC}\times \overrightarrow{SD}\parallel (0;1;1)$. Mặt phẳng $(P)$ qua $AB$ (trục $Ox$) có dạng $z=ky$, pháp tuyến $(0;-k;1)$; vuông góc $(SCD)$ khi $(0;-k;1)\cdot (0;1;1)=0\Rightarrow k=1$. Vậy $(P):z=y$ (phần chứa $S$: $z>y$).

Mọi điểm của chóp viết được $=S+t(Q-S)$, $Q$ thuộc đáy, $t\in [0;1]$; khi đó $z=h(1-t)$, $y=t{Q}_y$, điều kiện $z>y$ cho $t<T=\min \left(1;\frac{h}{h+Q_y}\right)$. Thể tích
$$V_S={\iint }_{\text{đaˊy}}{\int }_0^T(1-t{)}^{2}hdtdQ=h{\iint }_{\text{đaˊy}}\frac{1-(1-T{)}^3}{3}dQ.$$
Tham số hóa đáy $Q=u(a;0;0)+v\left(\frac{a}{2};h;0\right)$, $u,v\in [0;1]$, Jacobian $ah$, khi đó $Q_y=vh$ và $T=\frac{1}{1+v}$, $1-T=\frac{v}{1+v}$:
$$V_S=\frac{a{h}^2}{3}{\int }_0^1\left[1-\frac{v^3}{(1+v{)}^3}\right]dv.$$
Tính ${\int }_0^1\frac{v^3}{(1+v{)}^3}dv={\int }_1^2\left(1-\frac{3}{w}+\frac{3}{w^2}-\frac{1}{w^3}\right)dw=\frac{17}{8}-3\ln 2$.
Suy ra ${\int }_0^1\left[1-\frac{v^3}{(1+v{)}^3}\right]dv=3\ln 2-\frac{9}{8}$, và với $a{h}^2=\frac{3a^3}{4}$:
$$V_S=\frac{a^3}{4}\left(3\ln 2-\frac{9}{8}\right)=\frac{3a^3}{32}\left(8\ln 2-3\right)\approx 0,2386a^3<\frac{a^3}{4},$$
hợp lý (phần còn lại nhỏ, nằm gần đỉnh $D$).

Kết quả: a) $V=\frac{a^3}{4}$; b) $\sin \alpha =\frac{\sqrt{6}}{5}$; c) $V=\frac{3a^3}{32}\left(8\ln 2-3\right)$.