Vì $SA\perp(ABC)$ nên: $SA\perp AB,\ SA\perp BC$

Trong tam giác vuông $ABC$:

$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}$ $=\sqrt{a^2+(2a)^2}$ $=a\sqrt5$

Xét tam giác vuông $SAB$:

$SB=\sqrt{SA^2+AB^2}$ $=\sqrt{a^2+a^2}$ $=a\sqrt2$

Xét tam giác vuông $SAC$:

$SC=\sqrt{SA^2+AC^2}$ $=\sqrt{a^2+5a^2}$ $=a\sqrt6$

$M$ là hình chiếu của $A$ lên $SB$ nên: $AM\perp SB$

$N$ là hình chiếu của $A$ lên $SC$ nên: $AN\perp SC$

Suy ra $MN\parallel BC$.

Ta có tỉ số đồng dạng: $\dfrac{SM}{SB}=\dfrac{SN}{SC}=\dfrac{SA^2}{SB\cdot SC}$

$=\dfrac{a^2}{a\sqrt2\cdot a\sqrt6} =\dfrac{1}{2\sqrt3}$

Thể tích khối chóp:

$V_{S.AMN} =V_{S.ABC}\left(\dfrac{SA^2}{SB\cdot SC}\right)^2$

Thể tích $S.ABC$:

$V_{S.ABC} =\dfrac13 S_{ABC}\cdot SA$

$S_{ABC}=\dfrac12 AB\cdot BC =\dfrac12\cdot a\cdot2a =a^2$

⇒ $V_{S.ABC} =\dfrac13 a^2\cdot a =\dfrac{a^3}{3}$

Suy ra: $V_{S.AMN} =\dfrac{a^3}{3}\left(\dfrac{1}{2\sqrt3}\right)^2$ $=\dfrac{a^3}{3}\cdot\dfrac{1}{12}$ $=\dfrac{a^3}{36}$

Dễ dàng chứng minh MN // BC

Xét \(\Delta SBC\) có MN // BC và MN đi qua trọng tâm G

\(\Rightarrow\) \(\begin{cases}SM=\frac{2}{3}SB\\SN=\frac{2}{3}SC\end{cases}\)

Sử dụng công thức tỉ lệ thể tích đố với 2 khối tứ diện S.AMN và S.ABC ta có

\(\frac{V_{S.AMN}}{V_{S.ABC}}=\frac{SA}{SA}.\frac{SM}{SB}.\frac{SN}{SC}=1.\frac{2}{3}.\frac{2}{3}=\frac{4}{9}\\ \Rightarrow V_{S.AMN}=\frac{4}{9}.V_{S.ABC}\)

Tính được \(V_{S.ABC}=\frac{1}{6}SA.AB.BC=\frac{a^3}{6}\)

\(\Rightarrow V_{S.AMN}=\frac{2a^3}{27}\)

Diện tích đáy: $S_{ABC}=\dfrac{\sqrt3}{4}a^2$

Thể tích khối chóp lớn:

$V_{S.ABC} =\dfrac13 S_{ABC}\cdot SA$

$=\dfrac13\cdot\dfrac{\sqrt3}{4}a^2\cdot2a$

$=\dfrac{\sqrt3}{6}a^3$

Tính các cạnh:

$SB=\sqrt{SA^2+AB^2} =\sqrt{4a^2+a^2} =a\sqrt5$

$SC=\sqrt{SA^2+AC^2} =a\sqrt5$

Vì $M,N$ là hình chiếu của $A$ lên $SB,SC$ nên

$\dfrac{SM}{SB}=\dfrac{SN}{SC} =\dfrac{SA^2}{SB\cdot SC}$

$=\dfrac{4a^2}{5a^2} =\dfrac45$

Suy ra: $\dfrac{V_{S.AMN}}{V_{S.ABC}} =\left(\dfrac45\right)^2 =\dfrac{16}{25}$

$\Rightarrow V_{S.AMN} =\dfrac{16}{25}\cdot\dfrac{\sqrt3}{6}a^3 =\dfrac{8\sqrt3}{75}a^3$

Khối cần tìm:

$V_{A.BCNM} =V_{S.ABC}-V_{S.AMN}$

$=\dfrac{\sqrt3}{6}a^3-\dfrac{8\sqrt3}{75}a^3$

$=\dfrac{9\sqrt3}{50}a^3$

Đáp án A

Diện tích đáy: $S_{ABC}=\dfrac{\sqrt3}{4}a^2$

Thể tích khối chóp lớn:

$V_{S.ABC} =\dfrac13 S_{ABC}\cdot SA$

$=\dfrac13\cdot\dfrac{\sqrt3}{4}a^2\cdot2a$

$=\dfrac{\sqrt3}{6}a^3$

Tính các cạnh: $SB=\sqrt{SA^2+AB^2} =\sqrt{4a^2+a^2} =a\sqrt5$

$SC=\sqrt{SA^2+AC^2} =a\sqrt5$

Vì $M,N$ là hình chiếu của $A$ lên $SB,SC$ nên:

$\dfrac{SM}{SB}=\dfrac{SN}{SC} =\dfrac{SA^2}{SB\cdot SC}$

$=\dfrac{4a^2}{5a^2} =\dfrac45$

Suy ra tỉ số thể tích:

$\dfrac{V_{S.AMN}}{V_{S.ABC}} =\left(\dfrac45\right)^2 =\dfrac{16}{25}$

⇒ $V_{S.AMN} =\dfrac{16}{25}\cdot\dfrac{\sqrt3}{6}a^3 =\dfrac{8\sqrt3}{75}a^3$

Khối cần tìm:

$V_{A.BCNM} =V_{S.ABC}-V_{S.AMN}$

$=\dfrac{\sqrt3}{6}a^3-\dfrac{8\sqrt3}{75}a^3$

$=\dfrac{9\sqrt3}{50}a^3$

A E M B C H N S

Xét tam giác ABC có : \(BC=AB.\tan60^0=2a\sqrt{3}\Rightarrow S_{\Delta ABC}=2a^2\sqrt{3}\)

\(V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SA.S_{\Delta ABC}=\frac{1}{3}a\sqrt{3}.2a^2\sqrt{3}=2a^3\)

- Gọi N là trung điểm cạnh SA. Do SB//(CMN) nên d(SB. CM)=d(SB,(CMN))

                                                                                                 =d(B,(CMN))

                                                                                                 =d(A,(CMN))

- Kẻ \(AE\perp MC,E\in MC\) và kẻ \(AH\perp NE,H\in NE\), ta chứng minh được \(AH\perp\left(CMN\right)\Rightarrow d\left(A,\left(CMN\right)\right)=AH\)

Tính \(AE=\frac{2S_{\Delta AMC}}{MC}\) trong đó :

                              \(S_{\Delta AMC}=\frac{1}{2}AM.AC.\sin\widehat{CAM}=\frac{1}{2}a.4a\frac{\sqrt{3}}{2}=a^2\sqrt{3};MC=a\sqrt{13}\)

                             \(\Rightarrow AE=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{13}}\)

Tính được \(AH=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{29}}\Rightarrow d\left(A,\left(CMN\right)\right)=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{29}}\Rightarrow d\left(SB,CM\right)=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{29}}\)

A B C S H

Gọi H là trung điểm của BC=> HA=HB=HC

Kết hợp với giả thiết

SA=SB=SC=>\(SH\perp BC,\Delta SHA=\Delta SHB=SHC\)

\(\begin{cases}SH\perp\left(ABC\right)\\\widehat{SAH}=60^0\end{cases}\)

Tam giác ABC là tam giác vuông cân tại A

\(AC=AB=a\sqrt{2}\Rightarrow BC=2a\Rightarrow AH=a\)

Tam giác SHA vuông :

\(SH=AH.\tan60^0=a\sqrt{3}\Rightarrow V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}AB.AC.SH=\frac{\sqrt{3}a^3}{3}\)

Gọi O; R lần lượt là tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC. Suy ra P thuộc đường thẳng SH, nên O thuộc mặt phẳng (SBC). Do đó R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC. 

Xét tam giác SHA ta có : \(SA=\frac{SH}{\sin60^0}=2a\Rightarrow\Delta SBC\) là tam giác đều có độ dài cạnh bằng 2a.

Suy ra \(R=\frac{2a}{2\sin60^0}=\frac{2a\sqrt{3}}{3}\)

Tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$ nên: $AB = BC = a$

$\Rightarrow AC = a\sqrt2$

Do $SA \perp (ABC)$ nên $SA \perp AB,\ SA \perp BC$.

Gọi $H,\ K$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A$ lên $SB$ và $SC$.

Khi đó: $AH \perp SB,\ AK \perp SC$

=> $\angle AHB = \angle AKB = 90^\circ$

Xét tứ diện $A.HKB$.

Ta có:

$AH \perp SB$ và $BH \subset SB \Rightarrow AH \perp BH$

$\Rightarrow \triangle AHB$ vuông tại $H$

Tương tự, $\triangle AKB$ vuông tại $K$

Do đó, bốn điểm $A,H,K,B$ cùng nằm trên mặt cầu đường kính $AB$.

Suy ra mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $A.HKB$ có:

- Đường kính: $AB = a$

- Bán kính: $R = \dfrac{a}{2}$

Thể tích khối cầu:

$V = \dfrac{4}{3}\pi R^3$

$V = \dfrac{4}{3}\pi \left(\dfrac{a}{2}\right)^3$

$V = \dfrac{4}{3}\pi \cdot \dfrac{a^3}{8}$

$V = \dfrac{\pi a^3}{6}$

Vậy Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp $A.HKB$ là: $V = \dfrac{\pi a^3}{6}$