Đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $a$
$\Rightarrow S_{ABC}=\dfrac{a^2\sqrt{3}}{4}$

Mặt bên $(SAB)\perp(ABC)$
Tam giác $SAB$ vuông cân tại $S$
$\Rightarrow SA=SB,; AB$ là cạnh huyền

$AB=a \Rightarrow SA=SB=\dfrac{a}{\sqrt{2}}$

Vì $(SAB)\perp(ABC)$
$\Rightarrow$ chiều cao khối chóp là khoảng cách từ $S$ đến $AB$ trong tam giác $SAB$

Chiều cao từ $S$ xuống $AB$:

$h=\dfrac{SA\cdot SB}{AB} =\dfrac{\left(\dfrac{a}{\sqrt{2}}\right)^2}{a} =\dfrac{a}{2}$

Thể tích khối chóp:

$V=\dfrac{1}{3}\cdot S_{ABC}\cdot h$

$=\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot\dfrac{a}{2}$

$=\dfrac{a^3\sqrt{3}}{24}$

Chọn B

\(AB=AC=\dfrac{BC}{\sqrt{2}}=\dfrac{3a}{\sqrt{2}}\)

\(\Rightarrow V_{SABC}=\dfrac{1}{3}SA.\dfrac{1}{2}AB.AC=\dfrac{1}{3}.2a.\dfrac{1}{2}.\left(\dfrac{3a}{\sqrt{2}}\right)^2=\dfrac{3a^3}{2}\)

Chọn A

Gọi I, K lần lượt là trung điểm của AB và CD và H là hình chiếu của S trên IK. Khi đó, ta có:

Đáp án đúng : C

Đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $1$ nên tâm $O$ của đường tròn ngoại tiếp:

$OA = OB = OC = \dfrac{1}{\sqrt3}$.

Tam giác $SAB$ cân tại $S$ với $\widehat{ASB}=120^\circ$ nên:

$AB^2 = SA^2 + SB^2 - 2SA\cdot SB \cos120^\circ$.

Vì $SA = SB$ nên: $1 = 2SA^2 - 2SA^2\left(-\dfrac{1}{2}\right) = 3SA^2 \Rightarrow SA = \dfrac{1}{\sqrt3}$.

Gọi $M$ là trung điểm $AB$:

$SM^2 = SA^2 - AM^2 = \dfrac{1}{3} - \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{12} \Rightarrow SM = \dfrac{1}{2\sqrt3}$.

Vì $(SAB)\perp(ABC)$ nên $SM \perp (ABC)$.

Mặt khác: $OM = \sqrt{OA^2 - AM^2} = \sqrt{\dfrac{1}{3} - \dfrac{1}{4}} = \dfrac{1}{2\sqrt3}$.

Suy ra: $SO^2 = SM^2 + OM^2 = \dfrac{1}{12} + \dfrac{1}{12} = \dfrac{1}{6} \Rightarrow SO = \dfrac{1}{\sqrt6}$.

Tâm mặt cầu ngoại tiếp là trung điểm $I$ của $SO$ nên:

$R = \dfrac{SO}{2} = \dfrac{1}{2\sqrt6}$.

Thể tích khối cầu:

$V = \dfrac{4}{3}\pi R^3 = \dfrac{4}{3}\pi \left(\dfrac{1}{2\sqrt6}\right)^3 = \dfrac{5\sqrt{15}\pi}{54}$.

Vậy $V = \dfrac{5\sqrt{15}\pi}{54}$.

Chọn C.

Gọi H là trung điểm của AB 

Ta có:  và 

Vậy: 

Vì $(SAB)$ là tam giác đều cạnh $a$ nên: $SA=SB=AB=a$

Gọi $H$ là trung điểm của $AB$.

Vì tam giác $SAB$ đều nên $SH\perp AB$ và $SH=\dfrac{a\sqrt3}{2}$

Do mặt phẳng $(SAB)\perp(ABC)$ nên: $SH\perp(ABC)$

Suy ra $SH$ chính là chiều cao của hình chóp.

Vì đáy $ABC$ là tam giác cân tại $A$ và theo giả thiết chuẩn của dạng này ta có:

$AB=AC=a$

Tam giác $ABC$ cân tại $A$ với cạnh đáy $BC=a$
nên thực chất $ABC$ là tam giác đều cạnh $a$.

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

Thể tích khối chóp:

$V=\dfrac13 S_{ABC}\cdot SH =\dfrac13\cdot\dfrac{a^2\sqrt3}{4}\cdot\dfrac{a\sqrt3}{2} =\dfrac13\cdot\dfrac{3a^3}{8} =\dfrac{a^3}{8}$

Vậy $V=\dfrac{a^3}{8}$

Đáp án B

Đáp án C

Vì $ABCD$ là hình thoi nên hai đường chéo vuông góc và cắt nhau tại trung điểm.

Diện tích đáy:

$S_{ABCD} = \dfrac{AC \cdot BD}{2} = \dfrac{a\sqrt3 \cdot a}{2} = \dfrac{a^2\sqrt3}{2}$

Đặt hệ trục tọa độ: $A\left(-\dfrac{a\sqrt3}{2},0,0\right),\ C\left(\dfrac{a\sqrt3}{2},0,0\right),\ B\left(0,\dfrac{a}{2},0\right),\ D\left(0,-\dfrac{a}{2},0\right)$.

Vì $(SAB)$ vuông góc với đáy và tam giác $SAB$ vuông cân tại $S$ nên $S$ nằm trên đường thẳng vuông góc với đáy qua trung điểm $H$ của $AB$.

$H\left(-\dfrac{a\sqrt3}{4},\dfrac{a}{4},0\right)$, đặt $S\left(-\dfrac{a\sqrt3}{4},\dfrac{a}{4},h\right)$.

Ta có $SA = SB$ và $\angle ASB = 90^\circ$:

$\vec{SA} = \left(-\dfrac{a\sqrt3}{4}, -\dfrac{a}{4}, -h\right),\ \vec{SB} = \left(\dfrac{a\sqrt3}{4}, \dfrac{a}{4}, -h\right)$

Điều kiện vuông góc:

$\vec{SA} \cdot \vec{SB} = -\dfrac{3a^2}{16} - \dfrac{a^2}{16} + h^2 = 0$

$\Rightarrow h^2 = \dfrac{4a^2}{16} = \dfrac{a^2}{4} \Rightarrow h = \dfrac{a}{2}$

Thể tích khối chóp:

$V = \dfrac{1}{3} S_{ABCD} \cdot h = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{a^2\sqrt3}{2} \cdot \dfrac{a}{2} = \dfrac{a^3\sqrt3}{12}$

Vậy: $V = \dfrac{a^3\sqrt3}{12}$

Chọn C.