Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành thỏa mãn \(AB = a,\,\,AC = a\sqrt 3 ,\,\,BC = 2a\). Biết tam giác SBC cân tại S, tam giác SCD vuông tại C và khoảng cách từ D đến mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) bằng \(\frac{{a\sqrt 3 }}{3}\). Tính thể tích V của khối chóp đã cho.

Ta có: \(A{B^2} + A{C^2} = {a^2} + 3{a^2} = 4{a^2} = B{C^2} \Rightarrow \Delta ABC\) vuông tại A (Định lí Pytago đảo)

\( \Rightarrow AB \bot AC \Rightarrow CD \bot AC\,\,\,\left( 1 \right)\)

Mà \(CD \bot SC\,\,\left( 2 \right)\) (\(\Delta SCD\)vuông tại C)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow CD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow AB \bot \left( {SAC} \right)\)

Ta có: \(AD//BC \Rightarrow AD//\left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {D;\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right)\)

Dựng \(AE \bot SC\) tại E, \(AH \bot BE\) tại H ta có \(d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

Ta có: \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{E^2}}} \Rightarrow \frac{3}{{{a^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{A{E^2}}} \Rightarrow AE = \frac{a}{{\sqrt 2 }}\)

\(BE = \sqrt {{a^2} + \frac{{{a^2}}}{2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\)

Xét tam giác vuông BCE: \(\sin C = \frac{{BE}}{{BC}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 6 }}{2}}}{{2a}} = \frac{{\sqrt 6 }}{a} \Rightarrow \cos \,C = \frac{{\sqrt {10} }}{4}\)

Áp dụng định lí cosin ta có: