Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình thang với hai đáy $AB$ và $CD$, biết $AB=2a$; $AD=CD=CB=a$; $\widehat{SAD}=\widehat{SBD}=90^{\circ }$ và góc giữa hai mặt phẳng $(SAD)$; $(SBD)$ bằng $\alpha$ sao cho $\cos \alpha =\frac{1}{\sqrt{5}}$. Thể tích $V$ của khối chóp $S.ABC$ là

Chọn C





Ta có: $\widehat{ACB}=90^{\circ }\Rightarrow AC=\sqrt{A{B}^2-B{C}^2}=a\sqrt{3}$.

nên tam giác $ABC$ có diện tích $S_{ABC}=\frac{1}{2}AC.BC=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của $S$ trên $(ABCD)$.

Theo giả thiết: $AD\perp SA\Rightarrow AD\perp AH$ (Định lý ba đường vuông góc); tương tự: $BD\perp SB\Rightarrow BD\perp BH$. Suy ra tứ giác $ADBH$ là hình chữ nhật (do $\widehat{ADB}=90^{\circ }$).

Gọi $E;I$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A$ trên mặt phẳng $(SBD)$ và trên $SD$ ta có: $\left(\widehat{(SAD),(SBD)}\right)=\widehat{AIE}=\alpha$.

Vì $0^{\circ }<\alpha \le 90^{\circ }$ nên $\sin \alpha =\sqrt{1-{\cos }^2\alpha }=\sqrt{1-{\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right)}^2}=\frac{2}{\sqrt{5}}$.

Mặt khác: $AE=d\left(A,(SBD)\right)=d\left(H,(SBD)\right)=HK$ (với $K$ là hình chiếu vuông góc của $H$ trên $SB$).

Đặt $SH=x$. Khi đó: $AE=HK=\frac{HS.HB}{\sqrt{H{S}^2+H{B}^2}}=\frac{x.a}{\sqrt{x^2+a^2}}$.

$SA=\sqrt{S{H}^2+H{A}^2}=\sqrt{x^2+{\left(a\sqrt{3}\right)}^2}=\sqrt{x^2+3a^2}\Rightarrow AI=\frac{AS.AD}{\sqrt{A{S}^2+A{D}^2}}=\frac{\sqrt{x^2+3a^2}.a}{\sqrt{x^2+4a^2}}$.

Trong tam giác vuông $AEI$:

$\sin \alpha =\frac{AE}{AI}\iff \frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{AE}{AI}\iff 2AI=\sqrt{5}AE\iff 2.\frac{\sqrt{x^2+3a^2}.a}{\sqrt{x^2+4a^2}}=\sqrt{5}.\frac{x.a}{\sqrt{x^2+a^2}}$

$\iff 4\left(x^2+3a^2\right)\left(x^2+a^2\right)=5x^2\left(x^2+4a^2\right)\iff 4x^4+16x^2.a^2+12a^4=5x^4+20x^2.a^2$

$\iff x^4+4a^2.x^2-12a^4=0\iff \left[\begin{array}{c}{x}^2=2a^2\\ x^2=-6a^2\end{array}\right]\Rightarrow x=a\sqrt{2}$. Hay $SH=a\sqrt{2}$.

Vậy thể tích khối chóp $S.ABC$ là: $V=\frac{1}{3}{S}_{ABC}.SH=\frac{1}{3}.\frac{\sqrt{3}{a}^2}{2}.a\sqrt{2}=\frac{\sqrt{6}{a}^3}{6}$.