Lời giải:.JPG)
Gọi \(B' \in SB\) ; \(C' \in SC\) sao cho \(SA = SB' = SC' = 1\).
Xét \(\Delta SAB'\) có \(\left\{ \begin{array}{l}SA = SB'\\\angle ASB' = {60^0}\end{array} \right. \Rightarrow \Delta SAB'\) đều \( \Rightarrow AB' = SA = 1\).
Xét \(\Delta SAC'\) có \(\widehat S = {90^0} \Rightarrow AC' = \sqrt {S{A^2} + SC{'^2}} = \sqrt 2 \).
Xét \(\Delta SB'C'\) có : \(B'C' = \sqrt {{1^2} + {1^2} - 2.1.1\dfrac{{ - 1}}{2}} = \sqrt 3 \) (Định lí Cosin)
Do đó theo định lí Pytago đảo ta có \(\Delta AB'C'\) vuông tại A.
Chóp S.AB’C’ có \(SA = SB' = SC'\) nên hình chiếu của S lên (AB’C’) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta AB'C'\). Mà \(\Delta AB'C'\) vuông tại A nên tâm đường tròn ngoại tiếp là trung điểm H của B’C’ \( \Rightarrow SH \bot \left( {AB'C'} \right)\).
Xét \(\Delta SHB'\) vuông tại H : \(SH = SB'.\cos {60^0} = \dfrac{1}{2}\). Có \({S_{\Delta AB'C'}} = \dfrac{1}{2}AB'.AC' = \dfrac{1}{2}.1.\sqrt 2 = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\). Do đó \({V_{S.AB'C'}} = \dfrac{1}{3}SH.{S_{\Delta AB'C'}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{2}.\dfrac{{\sqrt 2 }}{2} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{{12}}\).
Ta có : \(\dfrac{{{V_{S.AB'C'}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SB'}}{{SB}}.\dfrac{{SC'}}{{SC}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{6} \Rightarrow {V_{S.ABC}} = 6{V_{S.AB'C'}} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\).
Chọn A.
