Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với đáy, ABCD là hình thoi, góc ABC bằng

Gọi O là tâm hình thoi ABCD.

⇒ AC ⊥ BD tại O.

ABCD là hình thoi ⇒ AB = AD = BC

Ta có: SA ⊥ (ABCD) ⇒\[\widehat {SAB} = \widehat {SAD}\], AB = AD, cạnh SA chung

∆SAB = ∆SAD ⇒ SB = SD ⇒ ∆ SBD cân tại S.

⇒ Trung tuyến SO là đường cao

⇒ SO ⊥ BD

Ta có: (SBD) ∩ (ABCD) = BD; SO ⊥ BD; AO ⊥ BD

⇒ Góc giữa (SBD) và (ABCD) là góc giữa SO và AO, là \[\widehat {SOA}\]

\[ \Rightarrow \widehat {SOA} = {60^{\rm{o}}}\].

Giả sử cạnh hình thoi có độ dài là x.

∆ABC có AB = BC và \[\widehat {ABC} = {60^{\rm{o}}}\]⇒ ∆ABC đều ⇒ AC = x \[ \Rightarrow AO = \frac{x}{2}\]

Xét ∆SAO vuông tại A: \[\tan \widehat {SAO} = \frac{{SA}}{{AO}}\]\[ \Rightarrow SA = AO.\tan \widehat {SAO}\]

\[ \Rightarrow SA = \frac{x}{2}.\tan {60^{\rm{o}}} = \frac{{x\sqrt 3 }}{2}\]

∆SAB = ΔSAC ⇒ SB = SC ⇒ ΔSBC cân tại S

Gọi M là trung điểm của BC ⇒ SM ⊥ BC

∆ABC đều ⇒ AM ⊥ BC và \(AM = \frac{{x\sqrt 3 }}{2}\)⇒ BC ⊥ (SAM)

Kẻ AH ⊥ SM.

⇒ BC ⊥ AH ⇒ AH ⊥ (SBC)

⇒ Khoảng cách từ A đến (SBC) là AH \[ \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 6 }}{4}\]

Xét ∆AHM vuông tại H có:\[\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{M^2}}}\] (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

\[ \Rightarrow \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 6 }}{2}} \right)}^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{x\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{x\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}}\]

\[ \Rightarrow \frac{{16}}{{{a^2}.6}} = 2.\frac{4}{{{x^2}.3}}\]\[ \Rightarrow x = a\]

Khi đó \[SA = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\]; \(AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\); \(BC = x = a\).

\[ \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.SA.AM.BC = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.a = \frac{{{a^3}}}{4}\] (đơn vị thể tích).