Cho tứ diện \(ABCD\) có \(\widehat {DAB} = \widehat {CBD} = {90^ \circ },AB = a,AC = a\sqrt 5 ,\widehat {ABC} = {135^ \circ }\). Biết góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {ABD} \right)\) và \(\left( {CBD} \right)\) bằng \({30^ \circ }\). Thể tích khối tứ diện \(ABCD\) bằng

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) xuống mặt phẳng \(\left( {BCD} \right)\).

Kẻ \(HK//BC\left( {K \in BD} \right)\). Ta có \(BD \bot BC\) suy ra \(HK \bot BD\) mà \(AH \bot BD\) nên \(BD \bot \left( {AHK} \right)\).

Suy ra \(BD \bot AK\).

Do đó \(\left( {\widehat {\left( {ABD} \right),\left( {BCD} \right)}} \right) = \widehat {AKH} = {30^ \circ }\).

Kẻ \(HM//BD\left( {M \in BC} \right)\). Ta có \(BC \bot BD\) suy ra \(HM \bot BC\) mà \(AH \bot BC\) nên \(BC \bot \left( {AHM} \right)\).

Suy ra \(BC \bot AM\).

Ta có \(\widehat {ABC} = {135^ \circ }\) suy ra \(\widehat {ABM} = {45^ \circ }\) nên tam giác \(AMB\) vuông cân tại \(M\).

Suy ra \(AM = MB = \frac{{\sqrt 2 }} = \frac{a}{{\sqrt 2 }}\).

Tứ giác \(BKHM\) là hình chữ nhật nên \(HK = BM = \frac{a}{{\sqrt 2 }}\).

Tam giác \(AHK\) vuông tại \(H\) có \(\widehat {AKH} = {30^ \circ }\) nên \(AH = \frac{{{\rm{cot}}{{30}^ \circ }}} = \frac{a}{{\sqrt 6 }},AK = 2AH = \frac{{\sqrt 6 }}\).

Xét tam giác \(BAD\) vuông tại \(A\), đường cao \(AK\).

\(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{A{K^2}}} - \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{6}{{4{a^2}}} - \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} \Rightarrow AD = a\sqrt 2 \).

\(BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}}  = \sqrt {{a^2} + 2{a^2}}  = a\sqrt 3 \).

Xét tam giác \(ABC\) có:

\(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} - 2.AB.BC.{\rm{cos}}{135^ \circ }\) hay \(5{a^2} = {a^2} + B{C^2} + \sqrt 2 aBC\)

\( \Leftrightarrow \left( {BC + 2\sqrt 2 a} \right)\left( {BC - \sqrt 2 a} \right) = 0 \Leftrightarrow BC = \sqrt 2 a\).

\( \Rightarrow {V_{ABCD}} = \frac{1}{3}.AH.{S_{BCD}} = \frac{1}{6}.AH.BC.BD = \frac{1}{6}.\frac{a}{{\sqrt 6 }}.a\sqrt 2 .a\sqrt 3  = \frac{{{a^3}}}{6}\).

 Chọn B