ĐGNL ĐHQG Hà Nội - Tư duy định lượng - Thể tích của khối chóp

\(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{(SAB) \bot (ABCD)}\\{(SAD) \bot (ABCD)}\\{(SAB) \cap (SAD) = SA}\end{array}} \right\} \Rightarrow SA \bot (ABCD)\)

⇒AC là hình chiếu vuông góc của SC trên

\[\left( {ABCD} \right) \Rightarrow \widehat {\left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SC;AC} \right)} = \widehat {SCA} = {45^0}\]

(vì\[SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AC \Rightarrow {\rm{\Delta }}SAC\]  vuông tại\[A \Rightarrow \widehat {SCA} < {90^o}\])

\[ \Rightarrow SA = AC = a\sqrt 2 \]

\[{S_{ABCD}} = {a^2}\]

\[{S_{AMN}} = \frac{1}{2}AM.AN = \frac{1}{2}\frac{a}{2}\frac{a}{2} = \frac{{{a^2}}}{8}\]

\[{S_{BCM}} = \frac{1}{2}BM.BC = \frac{1}{2}\frac{a}{2}.a = \frac{{{a^2}}}{4}\]

\[ \Rightarrow {S_{MCDN}} = {S_{ABCD}} - {S_{AMN}} - {S_{BCM}} = {a^2} - \frac{{{a^2}}}{8} - \frac{{{a^2}}}{4} = \frac{{5{a^2}}}{8}\]

\[ \Rightarrow {V_{S.MCDN}} = \frac{1}{3}SA.{S_{MCDN}} = \frac{1}{3}a\sqrt 2 .\frac{{5{a^2}}}{8} = \frac{{5{a^3}\sqrt 2 }}{{24}}\]

Gọi \[O = AC \cap BD\]

Vì chóp S.ABCD đều nên\[SO \bot \left( {ABCD} \right)\]

Ta có:\[AC = BD = a\sqrt 2 \Rightarrow OA = \frac{1}{2}AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\]

\[SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot OA \Rightarrow {\rm{\Delta }}SOA\] vuông tại O

\[ \Rightarrow SO = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}} = \sqrt {{a^2} - \frac{{{a^2}}}{2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\]

Vậy\[{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}\frac{{a\sqrt 2 }}{2}{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}\]

Thể tích khối bát diện đều\[V = 2{V_{S.ABCD}}\]

Gọi\[O = AC \cap BD \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\]

Vì ABCD là hình vuông nên \[AC = BD = a\sqrt 2 \Rightarrow OA = \frac{1}{2}AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\]

\[SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot OA \Rightarrow {\rm{\Delta }}SOA\]vuông tại O

\[ \Rightarrow SO = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}} = \sqrt {{a^2} - \frac{{{a^2}}}{2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\]\[ \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}\frac{{a\sqrt 2 }}{2}.{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}\]

\[ \Rightarrow V = 2\frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{3}\]

Gọi H là hình chiếu của S lên (ABCD).

Khi đó, \[\widehat {SAH} = \widehat {SCH}\] vì hai góc này lần lượt là góc tạo bởi SA,SC với mặt phẳng đáy.

\[\widehat {SBH} = {45^0},\tan \widehat {SDH} = \frac{1}{3}\]

Tam giác\[{\rm{\Delta }}SAH = {\rm{\Delta }}SCH \Rightarrow HA = HC \Rightarrow H\]  nằm trên trung trực của AC.

Mà BD là đường trung trực của AC nên\[H \in BD\]

Lại có\[\widehat {SBH} = {45^0} \Rightarrow HB = HS,\tan \widehat {SDH} = \frac{1}{3} = \frac{{SH}}{{HD}}\]

\[ \Rightarrow \frac{{HB}}{{HD}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{HB}}{{BD}} = \frac{1}{4}\]

Mà\[BD = a\sqrt 2 \Rightarrow HB = \frac{{a\sqrt 2 }}{4} \Rightarrow SH = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\]

Vậy\[{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 2 }}{4}.{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\]

Gọi O là trọng tâm tam giác BCD

\[\begin{array}{*{20}{l}}{ \Rightarrow \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} = 3\overrightarrow {GO} }\\{ \Rightarrow \overrightarrow {GA} + 3\overrightarrow {GO} = \vec 0}\\{ \Rightarrow \overrightarrow {GA} = - 3\overrightarrow {GO} }\\{ \Rightarrow \frac{{AG}}{{AO}} = \frac{3}{4}}\end{array}\]

Trong (ABE) gọi\[F = BG \cap AE\,\,\left( {F \in AE} \right)\]

Lấy\[M \in AC\]  trong (ACD) gọi\[N = MF \cap AD\,\,\,\left( {N \in AD} \right)\] khi đó ta có mặt phẳng chứa BG cắt AC,AD lần lượt tại M,N chính là (BMN).

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác AOE, cát tuyến BGF:

\[\frac{{GA}}{{GO}}.\frac{{BO}}{{BE}}.\frac{{FE}}{{FA}} = 1 \Rightarrow 3.\frac{2}{3}.\frac{{FE}}{{FA}} = 1 \Rightarrow \frac{{FE}}{{FA}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{AF}}{{AE}} = \frac{2}{3} \Rightarrow F\] là trọng tâm tam giác ACD.

Trong (ACD) kéo dài MN cắt CD tại H. Đặt \[\frac{{AM}}{{AC}} = x\left( {0 < x < 1} \right)\]

 Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác ACE, cát tuyến MHF:\[\frac{{MA}}{{MC}}.\frac{{HC}}{{HE}}.\frac{{FE}}{{FA}} = 1 \Rightarrow \frac{x}{{1 - x}}.\frac{{HC}}{{HE}}.\frac{1}{2} = 1 \Rightarrow \frac{{HC}}{{HE}} = \frac{{2\left( {1 - x} \right)}}{x}\]

\[\begin{array}{*{20}{l}}{ \Rightarrow HE = \frac{x}{{2\left( {1 - x} \right)}}HC}\\{ \Rightarrow HC + CE = \frac{x}{{2\left( {1 - x} \right)}}HC}\\{ \Rightarrow CE = \frac{{3x - 2}}{{2\left( {1 - x} \right)}}HC}\end{array}\]

Ta có:

\[\begin{array}{*{20}{l}}{HD = HC + 2CE}\\{\,\,\,\,\,\,\,\,\, = HC + \frac{{3x - 2}}{{1 - x}}HC = \frac{{2x - 1}}{{1 - x}}HC}\\{ \Rightarrow \frac{{HE}}{{HD}} = \frac{x}{{2\left( {1 - x} \right)}}:\frac{{2x - 1}}{{1 - x}} = \frac{x}{{2\left( {2x - 1} \right)}}}\end{array}\]

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác AED, cát tuyến MFN:

\[\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{FA}}{{FE}}.\frac{{HE}}{{HD}}.\frac{{ND}}{{NA}} = 1 \Rightarrow 2.\frac{x}{{2\left( {2x - 1} \right)}}.\frac{{ND}}{{NA}} = 1}\\{ \Rightarrow \frac{{ND}}{{NA}} = \frac{{2x - 1}}{x} \Rightarrow \frac{{NA}}{{ND}} = \frac{x}{{2x - 1}}}\\{ \Rightarrow \frac{{NA}}{{NA + ND}} = \frac{x}{{x + 2x - 1}} = \frac{x}{{3x - 1}}}\\{ \Rightarrow \frac{{AN}}{{AD}} = \frac{x}{{3x - 1}}}\end{array}\]

Khi đó ta có\[\frac{{{V_{ABMN}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \frac{{AM}}{{AC}}.\frac{{AN}}{{AD}} = x.\frac{x}{{3x - 1}} = \frac{{{x^2}}}{{3x - 1}}\,\,\left( {x > \frac{1}{3}} \right)\]

Xét hàm số \[f\left( x \right) = \frac{{{x^2}}}{{3x - 1}}\,\,\left( {x > \frac{1}{3}} \right)\]  ta có

\[f'\left( x \right) = \frac{{2x\left( {3x - 1} \right) - 3{x^2}}}{{{{\left( {3x - 1} \right)}^2}}} = \frac{{3{x^2} - 2x}}{{{{\left( {3x - 1} \right)}^2}}};f\prime (x) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0\,(ktm)}\\{x = \frac{2}{3}}\end{array}} \right.\]

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy\[\mathop {\min }\limits_{\left( {\frac{1}{3}; + \infty } \right)} f\left( x \right) = f\left( {\frac{2}{3}} \right) = \frac{4}{9}\]

Vậy giá trị nhỏ nhất của tỉ số\[\frac{{{V_{ABMN}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \frac{4}{9}\]

Giả sử\[SC \cap \left( {IMN} \right) = \left\{ P \right\} \Rightarrow \left( {IMN} \right) \cap \left( {SAC} \right) = IP\]

Ta có:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(IMN) \cap (SAC) = IP}\\{(IMN) \cap (ABCD) = MN}\\{(SAC) \cap (ABCD) = AC}\end{array}} \right. \Rightarrow IP\parallel MN\parallel AC\)

Trong (ABCD) gọi \[\left\{ E \right\} = MN \cap CD\]trong (SCD) gọi \[Q = NP \cap SD\]

Khi đó thiết diện của hình chóp cắt bởi (MNI) là ngũ giác IMNPQ.

Gọi\[SM \cap \left( {ABCD} \right) = E \Rightarrow \frac{{d\left( {M;\left( {ABCD} \right)} \right)}}{{d\left( {S;\left( {ABCD} \right)} \right)}} = \frac{{ME}}{{SE}} = \frac{{11}}{{35}}\]theo bài ra ta có\[\frac{{{V_2}}}{{{V_1}}} = \frac{{{V_{M.ACD}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{{\frac{1}{3}.d\left( {M;\left( {ABCD} \right)} \right).{S_{ACD}}}}{{\frac{1}{3}.d\left( {S;\left( {ABCD} \right)} \right).{S_{ABCD}}}} = \frac{{11}}{{35}}.\frac{1}{2} = \frac{{11}}{{70}}\]

Ta có \[{V_1} = {V_{S.BMN}} + {V_{S.IMN}} + {V_{S.INP}} + {V_{S.IPQ}}\]

Đặt\[\frac{{SI}}{{SA}} = x\,\,\,(0 < x < 1)\]áp dụng định lí Ta-lét ta có\[\frac{{SI}}{{SA}} = \frac{{SP}}{{SC}} = x\]

- Xét khối chóp S.BMN và S.ABCD:

  + Có cùng chiều cao (cùng bằng khoảng cách từ SS đến (ABCD).

\[{S_{BMN}} = \frac{1}{4}{S_{ABC}} = \frac{1}{8}{S_{ABC}}\](do tam giác BMNBMN và tam giác BACBAC đồng dạng theo tỉ số\[DH \bot \left( {ABC} \right)\])

Do đó\[{V_{S.BMN}} = \frac{1}{8}{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{8}V\]

- Xét khối chóp S.IMN và S.AMN:

\[\frac{{{V_{S.IMN}}}}{{{V_{S.AMN}}}} = \frac{{SI}}{{SA}} = x \Rightarrow {V_{S.IMN}} = x.{V_{S.AMN}}\]

Ta có\[{S_{AMN}} = {S_{BMN}} = \frac{1}{8}{S_{ABCD}} \Rightarrow {V_{S.AMN}} = \frac{1}{8}V \Rightarrow {V_{S.IMN}} = \frac{x}{8}V\]

- Xét khối chóp S.INP và S.ANC:

\[\frac{{{V_{S.INP}}}}{{{V_{S.ANC}}}} = \frac{{SI}}{{SA}}.\frac{{SP}}{{SC}} = {x^2} \Rightarrow {V_{S.IMN}} = {x^2}.{V_{S.ANC}}\]

Ta có\[{S_{ANC}} = \frac{1}{2}{S_{ABC}} = \frac{1}{4}{S_{ABCD}} \Rightarrow {V_{S.ANC}} = \frac{1}{4}V \Rightarrow {V_{S.IMN}} = \frac{{{x^2}}}{4}V\]

- Xét khối chóp S.IPQ và S.ACD:\[\frac{{{V_{S.IPQ}}}}{{{V_{S.ACD}}}} = \frac{{SI}}{{SA}}.\frac{{SP}}{{SC}}.\frac{{SQ}}{{SD}}\]

Ta có AMEC là hình bình hành nên\[EC = AM = \frac{1}{2}CD \Rightarrow \frac{{EC}}{{ED}} = \frac{1}{3}\]

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác SCD với cát tuyến EPQ ta có:

\[\frac{{PS}}{{PC}}.\frac{{EC}}{{ED}}.\frac{{QD}}{{QS}} = 1 \Rightarrow \frac{x}{{1 - x}}.\frac{1}{3}.\frac{{QD}}{{QS}} = 1\]

\[\begin{array}{*{20}{l}}{ \Rightarrow \frac{{QD}}{{QS}} = \frac{{3\left( {1 - x} \right)}}{x} \Rightarrow \frac{{SQ}}{{QD}} = \frac{x}{{3\left( {1 - x} \right)}}}\\{ \Rightarrow \frac{{SQ}}{{SQ + QD}} = \frac{x}{{x + 3\left( {1 - x} \right)}}}\\{ \Rightarrow \frac{{SQ}}{{SD}} = \frac{x}{{3 - 2x}}}\end{array}\]

Suy ra\[\frac{{{V_{S.IPQ}}}}{{{V_{S.ACD}}}} = \frac{{SI}}{{SA}}.\frac{{SP}}{{SC}}.\frac{{SQ}}{{SD}} = {x^2}.\frac{x}{{3 - 2x}} = \frac{{{x^3}}}{{3 - 2x}}\]

\[ \Rightarrow {V_{S.IPQ}} = \frac{{{x^3}}}{{3 - 2x}}{V_{S.ACD}}\]

Mà\[{S_{ACD}} = \frac{1}{2}{S_{ABCD}} \Rightarrow {V_{S.ACD}} = \frac{1}{2}V \Rightarrow {V_{S.IPQ}} = \frac{{{x^3}}}{{2\left( {3 - 2x} \right)}}V\]

Khi đó ta có:

\[{V_1} = {V_{S.BMN}} + {V_{S.IMN}} + {V_{S.INP}} + {V_{S.IPQ}}\]

\[ \Rightarrow {V_1} = \frac{1}{8}V + \frac{x}{8}V + \frac{{{x^2}}}{4}V + \frac{{{x^3}}}{{2(3 - 2x)}}V\]

\[\begin{array}{l} \Rightarrow {V_1} = \left( {\frac{1}{8} + \frac{x}{8} + \frac{{{x^2}}}{4} + \frac{{{x^3}}}{{2(3 - 2x)}}} \right)V = \frac{7}{{32}}V\\ \Rightarrow \frac{1}{8} + \frac{x}{8} + \frac{{{x^2}}}{4} + \frac{{{x^3}}}{{2(3 - 2x)}} = \frac{7}{{32}}\\ \Leftrightarrow \frac{{1 + x + 2x2}}{4} + \frac{{{x^3}}}{{3 - 2x}} = \frac{7}{{16}}\\ \Leftrightarrow (1 + x + 2{x^2}).(12 - 8x) + 16{x^3} = 7(3 - 2x)\\ \Leftrightarrow 12 + 12x + 24{x^2} - 8x - 8{x^2} - 16{x^3} + 16{x^3} = 21 - 14x\\ \Leftrightarrow 16{x^2} + 18x - 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{3}{8}\left( {tm} \right)}\\{x = - \frac{3}{2}\left( {ktm} \right)}\end{array}} \right.\end{array}\]

\[ \Rightarrow \frac{{SI}}{{SA}} = \frac{3}{8} \Rightarrow \frac{{IS}}{{IA}} = \frac{3}{5} \Rightarrow \frac{{IA}}{{IS}} = \frac{5}{3}\]

Xét tam giác ABC, giả sử \[AB = 6,\,\,BC = 8,\,\,AC = 10\] ta có\[A{B^2} + B{C^2} = A{C^2}\,\,\left( { = 100} \right)\] nên tam giác ABC vuông tại B (định lí Pytago đảo)

\[ \Rightarrow {S_{{\rm{\Delta }}ABC}} = \frac{1}{2}AB.BC = \frac{1}{2}.6.8 = 24\]

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên (ABC) và giả sử SA hợp với đáy góc 60⁰ ⇒HA là hình chiếu của SA lên (ABC) nên

\[\angle \left( {SA;\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SA;HA} \right) = \angle SAH = {60^0}\]

\[ \Rightarrow SH = SA.\sin {60^0} = 4.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3 \]

Vậy\[{V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SH.{S_{{\rm{\Delta }}ABC}} = \frac{1}{3}.2\sqrt 3 .24 = 16\sqrt 3 \]

Chiều cao của khối chóp đã cho là: 
\[h = \frac{{3V}}{S} = \frac{{3{a^3}}}{{{a^2}}} = 3a.\]

Đáp án cần chọn là: B

Đặt \[\frac{{AE}}{{AB}} = x,\,\,\frac{{AF}}{{AD}} = y\,\,(0 < x,\,\,y \le 1)\]Theo bài ra ta có\[\frac{{3AB}}{{AE}} + \frac{{AD}}{{AF}} = 5\]

\[ \Rightarrow \frac{3}{x} + \frac{1}{y} = 5\,\,\,\left( 1 \right)\]

Vì hai khối chóp S.BCDFE và S.ABCD có cùng chiều cao nên

\[k = \frac{{{V_{S.BCDFE}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{{{S_{BCDFE}}}}{{{S_{ABCD}}}}\]

Đặt\[{S_{ABCD}} = S\] kẻ\[BH \bot AD\,\,\left( {H \in AD} \right)\]ta có

\[S = \frac{1}{2}BH.\left( {BC + AD} \right) = \frac{3}{2}.BH.BC\]

Ta có:\[\frac{{{S_{AEF}}}}{{{S_{ABD}}}} = \frac{{\frac{1}{2}AE.AF.\sin \angle BAD}}{{\frac{1}{2}AB.AD.\sin \angle BAD}} = xy \Rightarrow {S_{AEF}} = xy.{S_{ABD}}\]

Mà\[{S_{ABD}} = \frac{1}{2}BH.AD\]nên

\[{S_{AEF}} = \frac{1}{2}xy.BH.AD = xy.BH.BC = \frac{3}{2}BH.BC.\frac{2}{3}xy \Rightarrow {S_{AEF}} = \frac{2}{3}xy.S\]

\[ \Rightarrow {S_{BCDFE}} = {S_{ABCD}} - {S_{AEF}} = S - \frac{2}{3}xy.S = S\left( {1 - \frac{2}{3}xy} \right)\]

\[ \Rightarrow k = \frac{{S.\left( {1 - \frac{2}{3}xy} \right)}}{S} = 1 - \frac{2}{3}xy\]

Theo (1) ta có:\[\frac{3}{x} + \frac{1}{y} = 5 \Leftrightarrow y = \frac{x}{{5x - 3}}\]

Ta có

\[0 < \frac{x}{{5x - 3}} \le 1 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{x}{{5x - 3}} > 0}\\{\frac{{x - 5x + 3}}{{5x - 3}} \le 0}\end{array}} \right.\]</>

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{5x - 3 > 0\,(do\,\,x > 0)}\\{3 - 4x \le 0}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x > \frac{3}{5}}\\{x \ge \frac{3}{4}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow x \ge \frac{3}{4}\)

Khi đó ta có

\[\begin{array}{*{20}{l}}{k = 1 - \frac{2}{3}xy = 1 - \frac{2}{3}x.\frac{x}{{5x - 3}}}\\{\,\,\,\, = 1 - \frac{{2{x^2}}}{{3\left( {5x - 3} \right)}} = \frac{{15x - 9 - 2{x^2}}}{{3\left( {5x - 3} \right)}} = f\left( x \right)}\end{array}\]

Xét hàm số\[f\left( x \right) = \frac{{ - 2{x^2} + 15x - 9}}{{3\left( {5x - 3} \right)}}\]với \[\frac{3}{4} \le x \le 1\]ta có:

\[f\prime (x) = {\frac{{( - 4x + 15).3(5x - 3) - ( - 2{x^2} + 15x - 9).15}}{{9{{(5x - 3)}^2}}}^{}}\]

\[f\prime (x) = \frac{{3( - 20{x^2} + 87x - 45) - ( - 30{x^2} + 225x - 135)}}{{9{{(5x - 3)}^2}}}\]

\[f\prime (x) = \frac{{ - 30{x^2} + 36x}}{{9{{(5x - 3)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{6}{5}\left( {ktm} \right)}\\{x = 0\left( {ktm} \right)}\end{array}} \right.\]

BBT:

\[ \Rightarrow {k_{\min }} = \frac{1}{2},\,\,{k_{\max }} = \frac{2}{3}\]

Vậy\[{k_{\min }} + {k_{\max }} = \frac{1}{2} + \frac{2}{3} = \frac{7}{6}\]

Áp dụng định lý Pitago cho \[\Delta ABC\] vuông tại A ta có:

\[AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}} = \sqrt {4{a^2} - {a^2}} = a\sqrt 3 .\]

\[ \Rightarrow {S_{{\rm{\Delta }}ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}.a.a\sqrt 3 = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}.\]

Ta có:\[SC \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SC \bot AC\]

⇒AC là hình chiếu của SA trên (ABC)

\[ \Rightarrow \angle \left( {SA,\,\,\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SA,\,\,AC} \right) = \angle SAC = {60^0}\]

Xét \[{\rm{\Delta }}SAC\] vuông tại C ta có: \[SC = CA.\tan {60^0} = a\sqrt 3 .\sqrt 3 = 3a.\]

\[ \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SC.{S_{{\rm{\Delta }}ABC}} = \frac{1}{3}.3a.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}.\]

Gọi \[O = AC \cap BD\]

Tam giác SAC cân tại S, SO là trung tuyến\[ \Rightarrow SO \bot AC\]

Tam giác SBD cân tại S, SO là trung tuyến \[ \Rightarrow SO \bot BD\]

\[ \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\]

Vì \[SA = SB = SC = SDSO \bot \left( {ABCD} \right)\] nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABCD.

Hình bình hành ABCD nội tiếp đường tròn (O) nên ABCD phải là hình chữ nhật.

Theo bài ra ta giả sử AD=a và đặt\[AB = x\,\,\left( {x > 0} \right)\]

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ABC có:

\[AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{a^2} + {x^2}} \]

\[ \Rightarrow AO = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}\sqrt {{a^2} + {x^2}} \]

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SOA có:

\[SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}} = \sqrt {2{a^2} - \frac{{{a^2} + {x^2}}}{4}} = \frac{1}{2}\sqrt {7{a^2} - {x^2}} \]

Khi đó ta có

\[{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}\sqrt {7{a^2} - {x^2}} .ax = \frac{a}{6}x\sqrt {7{a^2} - {x^2}} \]

Áp dụng BĐT Cô-si ta có:\[x\sqrt {7{a^2} - {x^2}} \le \frac{{{x^2} + 7{a^2} - {x^2}}}{2} = \frac{{7{a^2}}}{2}\]

\[ \Rightarrow {V_{S.ABCD}} \le \frac{a}{6}.\frac{{7{a^2}}}{2} = \frac{{7{a^3}}}{{12}}\]

Dấu “=” xảy ra \[ \Leftrightarrow {x^2} = 7{a^2} - {x^2} \Leftrightarrow x = \frac{{a\sqrt {14} }}{2}\]

Vậy thể tích khối chóp S.ABCD đạt giá trị lớn nhất bằng\[\frac{{7{a^3}}}{{12}} \Leftrightarrow x = \frac{{a\sqrt {14} }}{2}\]

Gọi H là hình chiếu của O lên SB.

Ta có:\[OB = \sqrt {\frac{{2B{C^2} + 2B{A^2} - A{C^2}}}{4}} = BC,OC = \frac{1}{2}AC = BC\sqrt 2 \]

Suy ra\[OB \bot BC\]

Dễ thấy\[\angle SBO = \alpha \]và\[OH = d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = 1\]

Suy ra\[SO = \frac{{OH}}{{\cos \alpha }} = \frac{1}{{\cos \alpha }},OB = \frac{{OH}}{{\sin \alpha }} = \frac{1}{{\sin \alpha }}\]

\[ \Rightarrow BC = OB = \frac{1}{{\sin \alpha }}\]

Thể tích khối chóp S.ABC là:

\[\begin{array}{*{20}{l}}{{V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SO.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}SO.2{S_{OBC}}}\\{\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{1}{3}.\frac{1}{{\cos \alpha }}.{{\left( {\frac{1}{{\sin \alpha }}} \right)}^2} = \frac{1}{{3\cos \alpha .{{\sin }^2}\alpha }}}\end{array}\]

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:

\[\begin{array}{*{20}{l}}{1 = \frac{1}{2}{{\sin }^2}\alpha + \frac{1}{2}{{\sin }^2}\alpha + {{\cos }^2}\alpha \ge 3.\sqrt[3]{{\frac{1}{4}{{\sin }^4}\alpha .{{\cos }^2}\alpha }}}\\{ \Leftrightarrow \frac{1}{{27}} \ge \frac{1}{4}.si{n^4}\alpha .co{s^2}\alpha \Rightarrow \frac{1}{{{{\sin }^2}\alpha {{\cos }^2}\alpha }} \ge \frac{{3\sqrt 3 }}{2}}\\{ \Rightarrow {V_{S.ABC}} \ge \frac{{\sqrt 3 }}{2}}\end{array}\]

Vậy\[\min {V_{S.ABC}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\].Dấu “=” xảy ra\[ \Leftrightarrow {\cos ^2}\alpha = \frac{1}{2}{\sin ^2}\alpha = \frac{1}{3} \Leftrightarrow \cos \alpha = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\]

\[ \Rightarrow a = 3,\,\,b = 2\]

Vậy\[a + b = 3 + 2 = 5\]

Đáp án cần chọn là: B