7881 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án (Phần 87)

Gọi H là hình chiếu của S lên mp(ABCD)

Do (SAB) ⊥ (ABCD) nên SH là đường cao khối chóp

Ta có: OA = a, $SB=a\sqrt{3}$

Nên: $SH=\frac{a\sqrt{3}}{2};AH=\frac{a}{2}$

Ta có: $d\left(C,\left(SAD\right)\right)=\frac{3V_{S.ACD}}{S_{SAD}}$ 

$V_{SACD}=\frac{1}{3}.SH.S_{ACD}=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}$; S_SAD = a²

Suy ra: $d\left(C,\left(SAD\right)\right)=\frac{3V_{S.ACD}}{S_{SAD}}=\frac{3.\frac{a^3\sqrt{3}}{3}}{a^2}=a\sqrt{3}$

Chọn CD ⊂ (SCD)

Ta có M ∈ (OMN) ∩ (SCD)

Trong (SAC), kẻ ON cắt Sc tại K

Suy ra K ∈ SC ⊂ (SCD)

⇒ K ∈ (SCD) ∩ (OMN)

Ta được: MK = (OMN) ∩ (SCD)

Trong (SCD), MK ∩ CD = I

⇒ I = (OMN) ∩ CD

Áp dụng định lý Menelaus đối với △SCD cho 3 điểm K, M, I thẳng hàng ta được:

$\frac{IC}{ID}.\frac{DM}{MS}.\frac{SK}{KC}=1\iff \frac{IC}{ID}\mathrm{.1.}\frac{SK}{KC}=1\iff \frac{IC}{ID}=\frac{SK}{KC}$

Tiếp tục áp dụng định lý Menelaus cho △SAC với K, N, O thẳng hàng ta được:

$\frac{KS}{KC}.\frac{CO}{OA}.\frac{NA}{NS}=1\iff \frac{KS}{KC}\mathrm{.1.}\frac{1}{2}=1\iff \frac{KS}{KC}=\frac{IC}{ID}=\frac{1}{2}$ (CO = AO do O là tâm hình bình hành ABCD).

Xét ΔSAC, ta có:

   M là trung điểm của SC

   O là trung điểm của AC

Nên MO là đường trung bình của ΔSAC

Do đó SA // MO

Mà MO ⊂ (MDB)

Vậy SA // (MDB)

b) Tìm N = SD ∩ (MAB)

Chọn SD ⊂ (SCD)

{M ∈ SC, SC ⊂ (SCD); M ∈ (MAB)

⇒ M ∈ (SCD) ∩ (MAB)

{M ∈ (SCD) ∩ (MAB); CD // AB

⇒ (SCD) ∩ (MAB) = Mx // AB // CD

Gọi N = SD ∩ Mx

⇒ N = SD ∩ (MAB).

Chọn mp(SBD) chứa SD. Tìm giao tuyến của (SBD) và (IJK)

Có F = IK ∩ SE

Suy ra: $\left\{\begin{array}{l}F\in IK\subset \left(IJK\right)\\ F\in SE\subset \left(SBD\right)\end{array}\right.$

Suy ra: F ∈ (IJK) ∩ (SBD) (1)

Trong mp(ABCD) gọi: M = JK ∩ BD

Suy ra: $\left\{\begin{array}{l}M\in JK\subset \left(IJK\right)\\ M\in BD\subset \left(SBD\right)\end{array}\right.$

Suy ra: M ∈ (IJK) ∩ (SBD) (2)

Từ (1) và (2): MF là giao tuyến của (IJK) và (SBD)

Trong mp(SBD) gọi N = SD ∩ MF

⇒ $\left\{\begin{array}{l}N\in SD\\ N\in MF\subset \left(IJK\right)\end{array}\right.$

⇒ N ∈ (IJK) ∩ SD

Vậy giao điểm của SD và (IJK) là giao điểm của SD và MF.

Gọi E là giao của MN và CD

H là giao của MN và AD

F là giao của PE và SC

Q là giao của PH và SA

Hình chóp cắt bới MNP tứ diện là hình ngũ giác QPFNM.

a) Trong (SAB) gọi E = IK ∩ AB

Ta thấy J thuộc AD, nên J ∈ (ABCD)

E ∈ AB nên E ∈ (ABCD)

Khi đó (IJK) ∩ (ABCD) = JE

b) Trong (ABCD) gọi P = IE ∩ BD

Khi đó P và K là 2 điểm chung của (IJK) và (SBD)

Suy ra: (IJK) ∩ (SBD) = KP

c) Gọi F = JE ∩ BC

Khi đó K và F là 2 điểm chung của (IJK) và (SBC)

Suy ra: (IJK) ∩ (SBC) = KF.

Ta có IO là đường trung bình của tam giác SAC suy ra IO // SA

Do SA ⊂ (SAB) và SA ⊂ (SAD)

Suy ra: IO // (SAB) và IO // (SAD).

Vì MN // BS nên: $\frac{CN}{CS}=\frac{CM}{CB}$

Vì MQ // CD // AB nên: $\frac{DQ}{DA}=\frac{CM}{CB}$

Vì NP // CD nên: $\frac{CN}{CS}=\frac{DP}{DS}$

Từ (1), (2), (3) suy ra: $\frac{DQ}{DA}=\frac{DP}{DS}$

Suy ra: PQ // SA

Mà SA ⊂ (SAB) và SA ⊂ (SAD)

Và PQ ⊂ (SAD)

Suy ra: PQ // (SAB).

Trong mặt phẳng (SAB), có: M, N lần lượt là trung điểm của SA và SB

Do đó MN là đường trung bình của tam giác

Suy ra MN // AB và MN = $\frac{1}{2}AB$

Lại có AB // CD (do ABCD là hình thang) và AB = 2CD hay CD = $\frac{1}{2}AB$

Do đó MN // CD và MN = CD.

Suy ra MNCD là hình bình hành.

Vì vậy MD // NC.

Gọi I, E lần lượt là giao điểm của MN với AD, AB

Qua P kẻ đường thẳng song song với BD cắt SB, SD lần lượt tại K, G

Ta có:

M, N lần lượt là trung điểm của BC, CD ⇒ MN là đường trung bình của ∆BCD 

⇒ MN // BD

Mà KG // BD ⇒ MN // KG ⇒ K, G ∈ (MNP)

Ta có: 

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}E=AB\cap MN\Rightarrow E\in \left(SAB\right)\cap \left(MNP\right)\\ K\in SB,K\in \left(MNP\right)\Rightarrow K\in \left(SAB\right)\cap \left(MNP\right)\end{array}\right. \\ \left\{\begin{array}{l}I=AD\cap MN\Rightarrow I\in \left(SAD\right)\cap \left(MNP\right)\\ G\in SD,G\in \left(MNP\right)\Rightarrow G\in \left(SAD\right)\cap \left(MNP\right)\end{array}\right. \\ \left\{\begin{array}{l}M,K\in \left(MNP\right)\\ M,K\in \left(SBC\right)\end{array}\right.\Rightarrow \left(SBC\right)\cap \left(MNP\right)=MK \\ \left\{\begin{array}{l}N,G\in \left(MNP\right)\\ N,G\in \left(SCD\right)\end{array}\right.\Rightarrow \left(SCD\right)\cap \left(MNP\right)=NG \end{gathered}$$

Vậy (SAB) ∩ (MNP) = KE; (SAD) ∩ (MNP) = IG; (SBC) ∩ (MNP) = MK; (SCD) ∩ (MNP) = NG.

Ta có: $sin\widehat{MDB}=\frac{1}{3}\Rightarrow \cos \widehat{MDB}=\sqrt{1-\frac{1}{9}}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$ (vì $\widehat{MDB}<90°$ )

Lại có: S_ABD = S_AMD + S_BMD

⇔ $\frac{1}{4}a.AB+\frac{1}{6}.MD.DB=\frac{1}{2}.a.AB\left(1\right)$

Xét tam giác MDB có: MB² = MD² + DB² – 2.MD.DB.$\cos \widehat{MDB}$

⇔ $\frac{A{B}^2}{4}=M{D}^2+D{B}^2-2.MD.DB.\frac{2\sqrt{2}}{3}$

⇔ $MD.DB=\left(2a^2+A{B}^2\right).\frac{3}{4\sqrt{2}}\left(2\right)$

Thế (2) vào (1) ta được: $4\sqrt{2}\left(2a^2+A{B}^2\right)=16.a.AB$

⇔ $A{B}^2-2\sqrt{2}.a.AB+2a^2=0$

⇔ ${\left(AB-\sqrt{2}a\right)}^2=0$

Suy ra: $AB=a\sqrt{2}$

Kẻ NI // BC

Ta có: $\frac{DN}{DC}=\frac{AI}{AB}=\frac{AM}{AH}$

Suy ra: MI // BH

⇒ $\widehat{IMB}=\widehat{MBH}\left(1\right)$

Tứ giác IBCN có

$\widehat{IBC}=\widehat{BIN}=\widehat{BCN}$

⇒ Tứ giác IBCN là hình chữ nhật

⇒ $\widehat{NBC}=\widehat{BCI}\left(2\right)$

Xét tứ giác IMCB có

$\widehat{IMC}=90°$ (vì IM // BH và BH vuông góc AC)

$\widehat{IBC}=90°$

⇒ Tứ giác IMCB là tứ giác nội tiếp đường tròn

⇒ $\widehat{IMB}=\widehat{ICB}\left(3\right)$ (cùng chắn cung IB) 

Từ (1), (2), (3) ⇒ $\widehat{MBH}=\widehat{NBC}$

⇒ $\widehat{BMC}=90°-\widehat{MBH}=90°-\widehat{NBC}=\widehat{CNB}$

⇒ Tứ giác MBCN nội tiếp đường tròn 

Hay M, B, C, N cùng nằm trên một đường tròn.

Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD

Nên O là trung điểm của AC và BD

Tam giác ABC vuông tại A có AH là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AC

⇒ $EO=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}BD$ (vì AC = BD)

Xét tam giác BED có trung tuyến $EO=\frac{1}{2}BD$

⇒ Tam giác BED vuông tại E

⇒ $\widehat{BED}=90°.$

a) Trong tam giác AHB có MI đường trung bình (vì I và M là trung điểm AB và AH)

nên MI // HB

vậy IM vuông góc AC suy ra tam giác IMC vuông tại M.

Trong tam giác vuông IMC có MO trung tuyến ứng cạnh huyền IC nên $MO=\frac{1}{2}IC$

b) Ta có IBCK là hình chữ nhật (vì có IB = CK và IB // CK và có $\widehat{B}=\widehat{C}=90°$ )

Nên IC = BK và O là trung điểm BK vì là giao điểm hai đường chéo của hình chữ nhật)

Mà $MO=\frac{1}{2}IC$  nên $MO=\frac{1}{2}BK$

Xét trong tam giác MKB có MO trung tuyến và $MO=\frac{1}{2}BK$

Nên tam giác MKB vuông tại M suy ra $\widehat{BMK}=90°$

Vì AD = 2A’M nên BD = 2AM (theo định lý Ta-lét)

Nên hai tam giác EMN và EBD đồng dạng với nhau theo tỉ số 0,5 nên:

$S_{EMN}=\frac{1}{4}{S}_{EBD}\Rightarrow S_{BDMN}=\frac{3}{4}{S}_{EBD}$

Ta có: $V_{A.BDMN}=\frac{9}{4}{V}_{A.EBD}=\frac{3}{4}.\frac{1}{3}V=\frac{1}{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\mathrm{.2.}\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{3a^3}{16}$

Gọi G là trọng tâm tam giác BAC

Do tam giác ABC đều cạnh a nên: $AG=\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$

$S_{ABC}^{}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$

Do A’ cách đều ba đỉnh A, B, C nên A’G vuông góc (ABC)

Suy ra: A’G là đường cao của khối lăng trụ

Theo giả thiết ta có: $\widehat{A\text{'}AG}=45°$

Suy ra: tam giác A’GA vuông cân

Từ đó suy ra: $A\text{'}G=AG=\frac{a\sqrt{3}}{3}$

Vậy thể tích khối lăng trụ là:  $V=A\text{'}G.S_{ABC}=\frac{a\sqrt{3}}{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3}{4}$

a) Vẽ AH vuông góc CD, BK vuông góc CD

Ta có: AHKB là hình chữ nhật vì $\widehat{HAB}=\widehat{AHK}=\widehat{BKH}=90°$

Suy ra: AH = BK, HK = AB = 4cm

Xét tam giác ADH vuông tại H, ta có: DH = AD.cosD = 6.cos50° = 3,9 (cm)

AH = AD.sinD = 6.sin50° = 4,6 (cm)

b) Xét tam giác BKC vuông tại K ta có: KC = BK.cotC = 4,6.cot36° = 6,3 (cm)

c) DC = DH + HK + KC = 3,9 + 4 + 6,3 = 14,2 (cm)

$BC=\frac{BK}{\sin C}=\frac{4,6}{\sin 36°}=7,8\left(cm\right)$

Do đó chu vi hình thang là: 4 + 7,8 + 14,2 + 6 = 32 (cm).

Kẻ đường cao AH

Đặt DH = x, CH = 13 – x

Theo định lý Pytago ta có:

15² – x² = AH² = 12² – (13 – x)²

⇔ 225 – x² = 144 – 169 + 26x – x²

⇔ 250 = 26x

⇔ $x=\frac{125}{13}$

Suy ra: $AH=\sqrt{25-{\left(\frac{125}{12}\right)}^2}=\frac{40\sqrt{14}}{13}\left(cm\right)$

Vì ABCD là hình thang nên tổng 2 góc kề bằng 180 độ

Suy ra: $\widehat{A}+\widehat{D}=180°$

Suy ra: $\widehat{A}=\left(180°+20°\right):2=100°$

$\widehat{D}=180°-\widehat{A}=180°-100°=80°$

Lại có: $\widehat{B}+\widehat{C}=180°$

Mà $\widehat{B}=2\widehat{C}$  nên $3\widehat{C}=180°\Rightarrow \widehat{C}=60°$

Suy ra: $\widehat{B}=2\widehat{C}=120°$

Ta có: 2AB = 12 ⇒ AB = 6

ABCD là hình thang cân ⇒ BC = AD

P_ACD = 25 ⇒ AC + CD + DA = 25 ⇒ AC + AD = 25 – CD = 25 – 12 = 13

Suy ra: AC + BC = 13.

⇒ P_ABC = AB + BC + CA = 6 + 13 = 19.

Vì ABCD là hình thang cân nên BD = AC = 6cm

BC = AD = 4cm.

Áp dụng định lý Pitago cho tam giác BHD ta có:

BD² = DH² + BH² = 16² + 12² ⇒ BD = 20.

Áp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông BHC ta có:

HC² = BC²− BH² = 15² − 12² ⇒ HC = 9.

Tam giác BDC có BD² + BC² = 20² + 15² = 625;

DC² = (16 + 9)² = 625.

Suy ra BD² + BC² = DC².

Từ đó theo định lý Pitago đảo, tam giác DBC vuông tại B, hay DB ⊥ BC.

a) Hình thang MNPQ có MP = NQ (gt)
⇒ Hình thang MNPQ là hình thang cân 

 (do hình thang có hai đường chéo bằng nhau thì hình thang đó là hình thang cân)

b) Hình thang MNPQ là hình thang cân

⇒ MQ = NP (do trong hình thang cân thì hai cạnh bên bằng nhau.)
Xét ΔMPQ và ΔNQP có

MQ = NP (cmt)
MP = NQ (gt)
PQ: chung

⇒ ΔMPQ = ΔNQP (c.c.c)

c) Ta có: ΔMPQ = ΔNQP (cmt)
⇒ $\widehat{MPQ}=\widehat{NQK}$ (1) ( 2 góc tương ứng)
Mà NK // MP
⇒ $\widehat{MPQ}=\widehat{NKQ}$ ( 2 góc đồng vị) (2)
Từ (1) và (2) ⇒  $\widehat{NQK}=\widehat{NKQ}$

⇒ ΔNQK cân tại N.

a) Tứ giác ABMN là hình bình hành vì:

+) MN // AB // DC do MN là đường trung bình của tam giác HDC nên MN // DC mà DC // AB

+) Và $MN=\frac{1}{2}CD$

Mà $AB=\frac{1}{2}CD$ nên MN = AB.

b) Để chứng minh $\widehat{BMD}=90°$, ta sẽ sử dụng tính chất của hình thang vuông và hình chiếu.

Xét tam giác ADM có: DH vuông góc AM (giả thiết)

MN // DC và DC ⊥ AD nên MN ⊥ AD

Xét trong tam giác ADM có: MN ⊥ AD và DH ⊥ AM

Nên N là trực tâm của tam giác ADM

Suy ra: AN ⊥ DM

Gọi E là hình chiếu của B lên AC. Ta có:

Tam giác ABC vuông tại B, ta có BE là đường cao, do đó AE = EC.

Tam giác ACD vuông tại D, ta có DH là đường cao, do đó AH = HC.

Vì CD = 2AB và AE = EC, ta có:

AC = AE + EC = 2AB + AB = 3AB.

 Lại có: AH = HC

Vậy, ta có AM = MN = ND = DH = AB.

Vậy, ta có AM = MN = ND = DH = AB.

 Ta có tứ giác ABMN là tứ giác cân, với AM = MN và BM = ND.

Vì AM = MN = ND = DH = AB, nên ABMN là hình vuông.

 Vậy $\widehat{BMD}=90°$

$\left|\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}\right|=\left|\overrightarrow{AC}\right|=AC$

Gọi O là giao điểm 2 đường chéo AC và BD

Tam giác ABD có AB = AD và $\widehat{BAD}=60°$ nên tam giác ABD đều

Suy ra: BD = a; OD = $\frac{1}{2}BD=\frac{a}{2}$

Xét tam giác OCD vuông tại O

OC² = CD² – OD² = $a^2-\frac{a^2}{4}=\frac{3a^2}{4}\Rightarrow OC=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow AC=a\sqrt{3}$

$\left|\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{OC}\right|=\left|\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{OC}\right|=\left|\overrightarrow{BO}\right|=BO$ (vì AD = BC)

Lại có: Tam giác ABD cân tại A vì AB = AD nên AO là đường phân giác

Suy ra: $\widehat{BAO}=\frac{1}{2}\widehat{BAD}=60°$

Xét tam giác AOB vuông tại O có: $\cos \widehat{BAO}=\cos 60°=\frac{1}{2}=\frac{OB}{AB}=\frac{OB}{a}\Rightarrow OB=\frac{a}{2}$

Vậy $\left|\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{OC}\right|=\frac{a}{2}$

Ta có: $S_{ABCD}=AB.AD.\sin \widehat{BAD}=a.a.\sin 30°=\frac{1}{2}{a}^2$

a) Xét hình thoi ABCD có AC và BD là hai đường chéo

Suy ra: AC vuông góc BD tại O ⇒ $\widehat{BOC}=90°$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}BO\perp AC\\ CK\parallel BD\end{array}\right.\Rightarrow CK\perp AC\Rightarrow \widehat{KCO}=90°$

$\left\{\begin{array}{l}BK\parallel AC\\ BD\perp AC\end{array}\right.\Rightarrow BK\perp BD\Rightarrow \widehat{KBO}=90°$

Tứ giác BOCK có: $\widehat{BOC}=\widehat{KCO}=\widehat{KBO}=90°$

Nên ONKC là hình chữ nhật.

b) Vì OBKC là hình chữ nhật (chứng minh câu a)

Nên BC = OK

Mà BC = AB (vì ABCD là hình thoi)

Suy ra AB = OK

Vậy AB = OK

c) OBKC là hình chữ nhật, do đó để OBKC là hình vuông thì OB = OC.

ABCD là hình thoi nên O là trung điểm của AC và BD.

⇒ $OB=\frac{1}{2}OD;OC=\frac{1}{2}AC$

Mà OB = OC nên AC = BD.

Do đó ABCD là hình vuông.

Vậy ABCD là hình vuông thì tứ giác OBKC là hình vuông.

Xét △ABC:

M là trung điểm của AB (gt)

N là trung điểm của BC (gt)

⇒ MN là đường trung bình của △ABC

⇒ MN // AC, $MN=\frac{1}{2}AC$

Chứng minh tương tự 

⇒ PQ // AC, $PQ=\frac{1}{2}AC$

Xét tứ giác MNPQ:

MN // PQ (//AC)

MN = PQ

⇒ Tứ giác MNPQ là hình bình hành (2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường)

Ta có: Tứ giác ABCD là hình thoi (gt)

⇒ AC ⊥ BD

Mà PQ // AC, NP // BD (cmt)

⇒ NP ⊥ PQ

⇒ Tứ giác MNPQ là hình chữ nhật.

Có N ∈ CD ⊂ (ACD)

N ∈ (GMN)

Suy ra: N ∈ (ACD) ∩ (GMN) (1)

Trong mp(BCD) gọi H là giao điểm của NG và BC

Trong mp(ABC) gọi I là giao điểm AC và HM

Suy ra: I ∈ CA ⊂ (ACD)

I ∈ HM ⊂ (GMN)

Suy ra: I ∈ (ACD) ∩ (GMN) (2)

Từ (1) và (2) suy ra giao tuyến của (CAD) và (GMN) là NI.

Kẻ AG // EF (G ∈ DC)

ABCD là hình vuông ⇒ AB = AC = BC = CD = 4

ΔCAG, FE // AG nên $\frac{FE}{AG}=\frac{CE}{CG}=\frac{CF}{CA}=\frac{CF}{FA+CF}=\frac{3}{4}$

⇒ $FE=\frac{3}{4}AG,CG=\frac{4}{3}CE=\frac{4}{3}.\frac{1}{2}CD=\frac{8}{3}$

DG = CD – DG = $\frac{4}{3}$

ΔADG vuông tại D (do ABCD là hình vuông)

Nên: $AG=\sqrt{A{D}^2+D{G}^2}=\frac{4\sqrt{10}}{3}$

$EF=\frac{3}{4}AG=\sqrt{10}$

Xét tam giác AEB và tam giác MAD có:

$\widehat{ABE}=\widehat{MDA}=90°$

$\widehat{AEB}=\widehat{MAD}$ (so le trong)

Vậy nên ΔAEB ∽ ΔMAD(g.g)

⇒ $\frac{AE}{MA}=\frac{BE}{DA}$

⇒ AE.DA = AM.BE

⇒ AE².a² = MA².BE²

⇒ AE².a² = MA²(AE² – AB²) = MA².AE² – MA².AB²

⇒ AE².a² + MA².AB² = MA².AE²

a²(AE² + MA²) = MA².AE²

⇒ $\frac{1}{A{E}^2}+\frac{1}{A{M}^2}=\frac{1}{a^2}$

Giả sử cạnh của hình vuông ABCD là a

Suy ra: AB = BC = CD = DA = a

M là trung điểm AD ⇒ AM = MD = $\frac{a}{2}$

NC = 2ND; NC + ND = CD = a

Suy ra: $NC=\frac{2a}{3};ND=\frac{a}{3}$

Tam giác ABM vuông tại A có: $\tan \widehat{AMB}=\frac{AB}{AM}=\frac{a}{\frac{a}{2}}=2\Rightarrow \widehat{AMB}=63°$

Tam giác DMN vuông tại D có: $\tan \widehat{DMN}=\frac{DN}{DM}=\frac{\frac{a}{3}}{\frac{a}{2}}=\frac{2}{3}\Rightarrow \widehat{DMN}=34°$

Lại có: $\widehat{AMB}+\widehat{DMN}+\widehat{BMN}=180°$

Suy ra: $\widehat{BMN}=180°-34°-63°=83°$

Gọi SD ∩ CI = O, AC ∩ BD = N

Suy ra: O, N là trung điểm SD, DB
ON = $\frac{1}{2}SB=4$

(ACI) ∩ (S.ABCD) = (OCA)

Vì tam giác SAC cân tại S nên SC = SA

Xét tam giác SDC và tam giác SDA có:

Chung SD

SC = SA

DC = DA

Nên: ΔSDC = ΔSDA (c.c.c) ⇒ OA = OC

Suy ra: Tam giác OCA cân tại O

⇒ $S_{OCA}=\frac{1}{2}.ON.AC=8\sqrt{2}$

Vẽ BH vuông góc (SAC) tại H

(SB, (SAC)) = (SB, BH) = $\widehat{BSH}=30°$

Từ đó ta có: V_S.ABCD = 2.V_S.ABC = 2.V_B.SAC

Xét tam giác SHB vuông tại H ta có: $\sin \widehat{BSH}=\sin 30°=\frac{BH}{SB}=\frac{BH}{a}\Rightarrow BH=\frac{a}{2}$

Ta có: $V_{B.SAC}=\frac{1}{3}.BH.S_{SAC}=\frac{1}{3}.\frac{a}{2}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{3}}{24}$

Suy ra: $V_{S.ABCD}=2.\frac{a^3\sqrt{3}}{24}=\frac{a^3\sqrt{3}}{12}$