Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành. Mặt bên $SAB$ là tam giác đều cạnh $\sqrt{3}a,ABC$ là tam giác vuông tại $A$ có cạnh...

Phương pháp:
- Chứng minh $\angle \left( AD;\left( SAB \right) \right)=\angle \left( BC;\left( SAB \right) \right)$
- Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $C$ lên $\left( SAB \right),$ xác định $\angle \left( BC;\left( SAB \right) \right).$ Từ đó tính $CH.$
- Tính ${{V}_{S.ABC}}=\dfrac{1}{3}CH.{{S}_{\Delta SAB}}$
- Tính ${{V}_{S.ABCD}}=2{{V}_{S.ABC}}$.
Cách giải:

Vì $BC//AD\Rightarrow \angle \left( AD;\left( SAB \right) \right)=\angle \left( BC;\left( SAB \right) \right).$
Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $C$ lên $\left( SAB \right)\Rightarrow BH$ là hình chiếu của $BC$ lên $\left( SAB \right).$
$\Rightarrow \angle \left( BC;\left( SAB \right) \right)=\angle \left( BC;BH \right)=\angle HBC={{30}^{0}}$
Xét tam giác vuông $ABC$ có $BC=\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}}=\sqrt{3{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}=2a$
Xét tam giác vuông $BCH$ có $CH=BC.\sin {{30}^{0}}=2a.\dfrac{1}{2}=a.$
Vì $\Delta SAB$ đều cạnh $a\sqrt{3}$ nên ${{S}_{\Delta SAB}}=\dfrac{{{\left( a\sqrt{3} \right)}^{2}}.\sqrt{3}}{4}=\dfrac{3\sqrt{3}{{a}^{2}}}{4}.$
$\Rightarrow {{V}_{S.ABC}}=\dfrac{1}{3}CH.{{S}_{\Delta SAB}}=\dfrac{1}{3}.a.\dfrac{3\sqrt{3}{{a}^{2}}}{4}=\dfrac{\sqrt{3}{{a}^{3}}}{4}.$
Vậy ${{V}_{S.ABCD}}=2{{V}_{S.ABC}}=\dfrac{\sqrt{3}{{a}^{3}}}{2}.$