Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình thang cân,...

A

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Gọi O là trung điểm của CD. Dễ thấy ABCO là hình bình hành\( \Rightarrow AO = BC = \dfrac{1}{2}CD \Rightarrow \Delta ACD\) vuông tại A

\( \Rightarrow \widehat {CAD} = {90^0}\)

Tương tự ta chứng minh được \(\widehat {CBD} = {90^0}\)

\( \Rightarrow O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp hình thang cân ABCD

Vì \(SA = SB = SC = SD \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\)\( \Rightarrow SO \bot OA \Rightarrow \Delta SOA\) vuông tại O

\( \Rightarrow OA\)là hình chiếu vuông góc của SA trên (ABCD) \( \Rightarrow \widehat {\left( {SA;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SA;OA} \right)} = \widehat {SAO} = {60^0}\)

Tam giác OBC có: \(BC = \dfrac{1}{2}CD = OB = OA = OC = a \Rightarrow \Delta OBC\) đều cạnh a.

Kẻ \(BH \bot OC \Rightarrow BH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

\( \Rightarrow {S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}BH\left( {AB + CD} \right)\)\( = \dfrac{1}{2}\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\left( {a + 2a} \right) = \dfrac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

Xét tam giác vuông SOA ta có: \(SO = OA.\tan {60^0} = a\sqrt 3 \)

Vậy \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{ABCD}}\)\( = \dfrac{1}{3}a\sqrt 3 .\dfrac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{3{a^3}}}{4}\)

Chọn A.