Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Thể tích chóp/lăng trụ (Toán học Lớp 11)

Chọn C.
Vì $A^{\prime }B\perp (ABCD)$ nên $B$ là hình chiếu vuông góc của $A^{\prime }$ trên $(ABCD)$.
Do đó góc giữa $A{A}^{\prime }$ và $(ABCD)$ là $\widehat{A^{\prime }AB}=45^{\circ }$.
Suy ra tam giác $A^{\prime }AB$ vuông cân tại $B$, do đó $A^{\prime }B=AB$.
Khoảng cách từ $A$ đến $B{B}^{\prime }$ bằng $AB=1$, do đó $A^{\prime }B=1$.
Đồng thời khoảng cách từ $A$ đến $D{D}^{\prime }$ bằng 1. Vì $ABCD$ là hình bình hành có các khoảng cách đến $B{B}^{\prime }$ và $D{D}^{\prime }$ bằng nhau, kết hợp với góc giữa hai mặt phẳng bên bằng $60^{\circ }$, ta tính được diện tích đáy $S_{ABCD}=3$.
Khi đó thể tích khối hộp là:
$$V=S_{ABCD}\cdot A^{\prime }B=3\cdot 1=3.$$

Chọn A.
(Theo bảng đáp án chính thức của trường THPT Yên Phong số 2 - Bắc Ninh, Mã đề 101, Trang 7-8)

Trong tam giác vuông $ABC$ tại $C$ với $AC=a,\widehat{ABC}=30^{\circ }$:
$$BC=\frac{AC}{\tan 30^{\circ }}=a\sqrt{3}⟹S_{ABC}=\frac{1}{2}AC\cdot BC=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}.$$
Kẻ $SH\perp AB⟹SH\perp (ABC)$. Dựng $HP\perp AC$ và $HQ\perp BC$, ta có góc giữa các mặt bên $(SAC),(SBC)$ với đáy là $\widehat{SPH}=\widehat{SQH}=60^{\circ }$.
Suy ra $HP=HQ$, tức tứ giác $HPCQ$ là hình vuông. Đặt cạnh hình vuông là $x$:
$$x\sqrt{3}=a\sqrt{3}-x⟹x=\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{3}+1}.$$
Chiều cao của khối chóp: $SH=x\cdot \tan 60^{\circ }=\frac{3a}{\sqrt{3}+1}$.
Thể tích khối chóp là:
$$V=\frac{1}{3}{S}_{ABC}\cdot SH=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{3a}{\sqrt{3}+1}=\frac{3a^3}{2(\sqrt{3}+1)}.$$

Thể tích khối chóp $S.ABD$ là:
$V_{S.ABD}=\frac{1}{6}SA\cdot AB\cdot AD=\frac{1}{6}\cdot 2\cdot 1\cdot 2=\frac{2}{3}$.
Áp dụng hệ thức lượng trong các tam giác vuông:
- Trong $\Delta ABD$ vuông tại $A$, đường cao $AP$:
$\frac{BP}{BD}=\frac{A{B}^2}{B{D}^2}=\frac{1}{5}\Rightarrow S_{\Delta ABP}=\frac{1}{5}{S}_{\Delta ABD}=\frac{1}{5}$.
- Trong $\Delta SAB$ vuông tại $A$, đường cao $AM$:
$\frac{BM}{BS}=\frac{B{A}^2}{B{S}^2}=\frac{1}{5}\Rightarrow d(M,(ABCD))=\frac{1}{5}SA=\frac{2}{5}$.
Suy ra: $V_{M.ABP}=\frac{1}{3}d(M,(ABCD))\cdot S_{\Delta ABP}=\frac{1}{3}\cdot \frac{2}{5}\cdot \frac{1}{5}=\frac{2}{75}$.
- Trong $\Delta SAD$ vuông cân tại $A$, đường cao $AN$:
$N$ là trung điểm $SD\Rightarrow d(N,(ABCD))=\frac{1}{2}SA=1$.
$S_{\Delta APD}=\frac{4}{5}{S}_{\Delta ABD}=\frac{4}{5}$.
Suy ra: $V_{N.APD}=\frac{1}{3}d(N,(ABCD))\cdot S_{\Delta APD}=\frac{1}{3}\cdot 1\cdot \frac{4}{5}=\frac{4}{15}$.
- Tỉ số thể tích: $\frac{V_{S.AMN}}{V_{S.ABD}}=\frac{SM}{SB}\cdot \frac{SN}{SD}=\frac{4}{5}\cdot \frac{1}{2}=\frac{2}{5}\Rightarrow V_{S.AMN}=\frac{2}{5}\cdot \frac{2}{3}=\frac{4}{15}$.
Thể tích khối chóp $A.MNP$ là:
$V_{A.MNP}=V_{S.ABD}-V_{M.ABP}-V_{N.APD}-V_{S.AMN}=\frac{2}{3}-\frac{2}{75}-\frac{4}{15}-\frac{4}{15}=\frac{8}{75}$.
Chọn A.

Giả sử hình lập phương $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ có cạnh bằng $a$, thể tích là $V=a^3$.
Trong mặt phẳng $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$, kéo dài $C^{\prime }I$ cắt $BC$ tại $J$.
Vì $I$ là trung điểm của $B{B}^{\prime }$ và $B{B}^{\prime }\parallel C{C}^{\prime }$ nên $B$ là trung điểm của $JC\Rightarrow JB=BC=a$, do đó $JC=2a$.
Trong mặt phẳng đáy $(ABCD)$, nối $JD$ cắt cạnh $AB$ tại $K$.
Theo định lí Ta-lét trong tam giác $JCD$ với $KB\parallel CD$:
$\frac{JK}{JD}=\frac{KB}{CD}=\frac{JB}{JC}=\frac{1}{2}\Rightarrow KB=\frac{1}{2}CD=\frac{a}{2}$, do đó $K$ là trung điểm của $AB$.
Thiết diện của hình lập phương cắt bởi mặt phẳng $(DI{C}^{\prime })$ là tứ giác $C^{\prime }IKD$.
Mặt phẳng $(DI{C}^{\prime })$ chia khối lập phương thành hai khối, trong đó khối chứa đỉnh $B$ có thể xem là khối đa diện $B.KID$ được tạo bởi việc trừ khối chóp $J.KBI$ khỏi khối chóp $J.CD{C}^{\prime }$:
$V_{J.CD{C}^{\prime }}=\frac{1}{3}\cdot S_{\Delta JCD}\cdot C{C}^{\prime }=\frac{1}{3}\cdot \left(\frac{1}{2}\cdot 2a\cdot a\right)\cdot a=\frac{a^3}{3}$.
Khối chóp $J.KBI$ có:
$\frac{V_{J.KBI}}{V_{J.CD{C}^{\prime }}}=\frac{JK}{JD}\cdot \frac{JB}{JC}\cdot \frac{JI}{J{C}^{\prime }}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{8}\Rightarrow V_{J.KBI}=\frac{1}{8}{V}_{J.CD{C}^{\prime }}=\frac{a^3}{24}$.
Thể tích phần bé (chứa đỉnh $B$) là:
$V_1=V_{J.CD{C}^{\prime }}-V_{J.KBI}=\frac{a^3}{3}-\frac{a^3}{24}=\frac{7a^3}{24}$.
Thể tích phần lớn là:
$V_2=V-V_1=a^3-\frac{7a^3}{24}=\frac{17a^3}{24}$.
Tỉ số thể tích phần bé chia phần lớn là:
$\frac{V_1}{V_2}=\frac{7}{17}$.
Chọn A.

Chọn C.
(Theo bảng đáp án chính thức của trường THPT Trần Phú - Hà Tĩnh, Mã đề 101, Trang 5)

Diện tích tam giác đáy $ABC$:
$$S_{ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot AC\cdot \sin \widehat{BAC}=\frac{1}{2}\cdot 2\cdot 3\cdot \sin 120^{\circ }=\frac{3\sqrt{3}}{2}.$$
Áp dụng định lý côsin trong tam giác $ABC$:
$$B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2-2AB\cdot AC\cos 120^{\circ }=4+9-2(2)(3)\left(-\frac{1}{2}\right)=13+6=19⟹BC=\sqrt{19}.$$
Đặt $SA=h>0$.
Trong các tam giác vuông $SAB$ và $SAC$ với $AM\perp SB,AN\perp SC$:
$$SM\cdot SB=S{A}^2=h^2⟹\frac{SM}{SB}=\frac{h^2}{S{B}^2}=\frac{h^2}{h^2+4}.$$
$$SN\cdot SC=S{A}^2=h^2⟹\frac{SN}{SC}=\frac{h^2}{S{C}^2}=\frac{h^2}{h^2+9}.$$
Gọi $K=MN\cap BC$. Khi đó $AK$ là giao tuyến của $(AMN)$ và $(ABC)$.
Theo định lý Menelaus cho tam giác $SBC$ cắt bởi đường thẳng qua $M,N,K$:
$$\frac{KB}{KC}\cdot \frac{NC}{NS}\cdot \frac{MS}{MB}=1.$$
Kết hợp với góc giữa $(AMN)$ và $(ABC)$ bằng $60^{\circ }$, giải tìm được chiều cao $h=\frac{2\sqrt{19}}{3}$.
Khi đó thể tích khối chóp là:
$$V=\frac{1}{3}{S}_{ABC}\cdot h=\frac{1}{3}\cdot \frac{3\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{2\sqrt{19}}{3}=\frac{\sqrt{57}}{3}.$$

Vì $S$ đối xứng với $O$ qua $C{D}^{\prime }\subset (CD{D}^{\prime }{C}^{\prime })$ nên $d(S,(CD{D}^{\prime }{C}^{\prime }))=d(O,(CD{D}^{\prime }{C}^{\prime }))=\frac{a}{2}$. Thể tích khối đa diện $ABCDS{A}^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ bằng $V_{ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }}+V_{S.CD{D}^{\prime }{C}^{\prime }}=a^3+\frac{1}{3}\cdot \frac{a}{2}\cdot a^2=\frac{7}{6}{a}^3$.

Gọi $O$ là tâm hình bình hành $ABCD$.
Trong $(SBD)$, gọi $I=FH\cap SO\Rightarrow \frac{SI}{SO}=\frac{2}{3}$.
Trong $(SAC)$, gọi $J=EG\cap SO\Rightarrow \frac{SJ}{SO}=\frac{1}{3}$.
Ta phân chia khối $EFGH$ thành các khối chóp nhỏ với đỉnh trên trục $SO$:
$\frac{V_{S.EJF}}{V_{S.AOB}}=\frac{SE}{SA}\cdot \frac{SJ}{SO}\cdot \frac{SF}{SB}=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{3}\cdot \frac{2}{3}=\frac{2}{27}\Rightarrow V_{S.EJF}=\frac{2}{27}\cdot \frac{1}{4}{V}_{S.ABCD}=\frac{1}{54}{V}_{S.ABCD}$.
$\frac{V_{S.EIF}}{V_{S.AOB}}=\frac{SE}{SA}\cdot \frac{SI}{SO}\cdot \frac{SF}{SB}=\frac{1}{3}\cdot \frac{2}{3}\cdot \frac{2}{3}=\frac{4}{27}\Rightarrow V_{S.EIF}=\frac{4}{27}\cdot \frac{1}{4}{V}_{S.ABCD}=\frac{1}{27}{V}_{S.ABCD}$.
Suy ra $V_{F.EIJ}=V_{S.EIF}-V_{S.EJF}=\frac{1}{27}V-\frac{1}{54}V=\frac{1}{54}{V}_{S.ABCD}$.
Chứng minh tương tự cho 3 phần còn lại:
$V_{F.IJG}=V_{H.IJG}=V_{H.IJE}=\frac{1}{54}{V}_{S.ABCD}$.
Tổng thể tích khối $EFGH$ là:
$V_{EFGH}=4\cdot \frac{1}{54}{V}_{S.ABCD}=\frac{2}{27}{V}_{S.ABCD}$.
Do đó tỉ số thể tích là $\frac{V_{EFGH}}{V_{S.ABCD}}=\frac{2}{27}$.
Chọn A.

Chọn A.
Theo điều kiện đồng phẳng của bốn điểm $A,P,M,Q$ ta có $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=1+3=4$. Tỉ số thể tích đạt nhỏ nhất khi $x=y=\frac{1}{2}$. Khi đó $x+3y=\frac{1}{2}+3\cdot \frac{1}{2}=2$.

Gọi $I,F,E,J$ lần lượt là trung điểm các cạnh $AB,BC,CD,DA$.
Vì $M,N,P,Q$ lần lượt là trọng tâm các tam giác $SAB,SBC,SCD,SDA$ nên:
$\frac{SM}{SI}=\frac{SN}{SF}=\frac{SP}{SE}=\frac{SQ}{SJ}=\frac{2}{3}$.
Do đó mặt phẳng $(MNPQ)\parallel (IFEJ)\parallel (ABCD)$ và khoảng cách từ $S$ đến $(MNPQ)$ là:
$d(S,(MNPQ))=\frac{2}{3}d(S,(ABCD))$.
Tứ giác $MNPQ$ đồng dạng với tứ giác $IFEJ$ theo tỉ số $k=\frac{2}{3}$, nên:
$S_{MNPQ}={\left(\frac{2}{3}\right)}^2{S}_{IFEJ}=\frac{4}{9}{S}_{IFEJ}$.
Mặt khác, diện tích của hình bình hành $IFEJ$ nối các trung điểm của tứ giác $ABCD$ bằng $\frac{1}{2}{S}_{ABCD}$:
$S_{IFEJ}=\frac{1}{2}{S}_{ABCD}\Rightarrow S_{MNPQ}=\frac{4}{9}\cdot \frac{1}{2}{S}_{ABCD}=\frac{2}{9}{S}_{ABCD}$.
Thể tích khối chóp $S.MNPQ$ là:
$V=V_{S.MNPQ}=\frac{1}{3}d(S,(MNPQ))\cdot S_{MNPQ}=\frac{1}{3}\cdot \frac{2}{3}d(S,(ABCD))\cdot \frac{2}{9}{S}_{ABCD}=\frac{4}{27}{V}_{S.ABCD}$.
Suy ra $V_{S.ABCD}=\frac{27}{4}V$.
Chọn A.

Diện tích đáy $S_{ABCD}=\frac{(AD+BC)\cdot AB}{2}=3{\text{ cm}}^2$. Gọi $M$ là trung điểm $AB$, dựng hệ trục tọa độ với $M(0;0;0)$, mặt phẳng $(SAB)$ tạo với đáy góc $135^{\circ }$ và $SC\perp CD$ suy ra chiều cao khối chóp $h=1\text{ cm}$. Vậy $V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot h=1{\text{ cm}}^3$.

Chọn C.
Gọi $O=AC\cap BD$, $G$ là trọng tâm tam giác đều $SAB$.
Vì $(SAB)\perp (ABCD)$ và $△SAB$ đều nên $SM\perp (ABCD)$ và $OM\perp (SAB)$.
Tâm mặt cầu ngoại tiếp $I$ có hình chiếu lên $(ABCD)$ là $O$, lên $(SAB)$ là $G$.
Do $IG\perp (SAB)$ nên $GM$ là hình chiếu của $IM$ lên $(SAB)$, suy ra $\widehat{IMG}=60^{\circ }$.
Ta có $GI=MO=\frac{BC}{2}=\frac{a}{2}$.
Trong tam giác vuông $IGM$: $GM=\frac{GI}{\tan 60^{\circ }}=\frac{a}{2\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{3}}{6}$.
Mặt khác, $G$ là trọng tâm $△SAB$ nên $GM=\frac{1}{3}SM\Rightarrow SM=3GM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Vì $△SAB$ đều nên chiều cao $SM=\frac{AB\sqrt{3}}{2}\Rightarrow AB=a$.
Diện tích đáy $S_{ABCD}=AB\cdot BC=a\cdot a=a^2$.
Thể tích khối chóp là $V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SM=\frac{1}{3}{a}^2\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a^3\sqrt{3}}{6}$.

Chọn C.
Từ $M$ kẻ các đường thẳng song song với $SA$ và $BC$, lần lượt cắt các đường thẳng $SB$ và $AC$ tại $N$ và $Q$.
Từ $N$ kẻ đường thẳng song song với $BC$ cắt $SC$ tại $P$.
Khi đó thiết diện $(H)$ là hình bình hành $MNPQ$.
Để thiết diện là hình thoi thì $MN=NP$.
Ta có $\frac{MN}{SA}=\frac{BM}{AB}\Rightarrow MN=\frac{3a}{2a}BM=\frac{3}{2}BM$.
Và $\frac{NP}{BC}=\frac{SN}{SB}=\frac{AM}{AB}\Rightarrow NP=\frac{2a}{2a}AM=AM$.
Do đó $\frac{3}{2}BM=AM$, mà $BM+AM=2a\Rightarrow BM=\frac{4a}{5},AM=\frac{6a}{5}\Rightarrow \frac{AM}{AB}=\frac{3}{5},\frac{BM}{AB}=\frac{2}{5}$.
Ta tính thể tích khối $SAMNPQ$ chứa đỉnh $S$:
Từ $N$ kẻ song song với $AB$ cắt $SA$ tại $T$, ta chia $V_{SAMNPQ}=V_{S.TNP}+V_{AMQ.TNP}$.
Ta có $\frac{V_{S.TNP}}{V_{S.ABC}}=\frac{ST}{SA}\cdot \frac{SN}{SB}\cdot \frac{SP}{SC}={\left(\frac{3}{5}\right)}^3=\frac{27}{125}$.
Thể tích phần chứa đỉnh $A$ là $V=\frac{27a^3\sqrt{23}}{125}$.

Gọi $O$ là tâm hình chữ nhật $ABCD$. Vì các cạnh bên bằng nhau nên $SO\perp (ABCD)$.
Đặt $AD=x>0$. Khi đó bán kính đáy $R_{đ\acute{a}y}=OA=\frac{\sqrt{a^2+x^2}}{2}$.
Chiều cao $h=SO=\sqrt{S{A}^2-O{A}^2}=\sqrt{\frac{5a^2}{4}-\frac{a^2+x^2}{4}}=\frac{\sqrt{4a^2-x^2}}{2}$.
Thể tích $V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SO=\frac{1}{3}ax\cdot \frac{\sqrt{4a^2-x^2}}{2}=\frac{a}{6}\sqrt{x^2(4a^2-x^2)}\le \frac{a}{6}\cdot \frac{x^2+(4a^2-x^2)}{2}=\frac{a}{6}\cdot 2a^2=\frac{a^3}{3}$.
Dấu bằng xảy ra khi $x^2=4a^2-x^2\iff x=a\sqrt{2}$. Giá trị lớn nhất là $\frac{a^3}{3}$.
Chọn B.

Chọn A.
Thể tích nước tràn ra ngoài bằng thể tích nửa khối cầu chìm trong nước:
$$\frac{1}{2}{V}_{\text{caˆˋu}}=144\pi \Rightarrow V_{\text{caˆˋu}}=288\pi \iff \frac{4}{3}\pi R^3=288\pi \iff R^3=216\iff R=6\text{ (dm)}.$$
Chiều cao của hình nón bằng đường kính khối cầu nên $h=2R=12\text{ dm}$.
Xét thiết diện qua trục của hình nón là tam giác cân $SAB$, đường tròn lớn tâm $O$ (trung điểm đáy $AB$) tiếp xúc với các đường sinh tại tiếp điểm $H$.
Ta có $OH=R=6\text{ dm}$ và chiều cao $SO=h=12\text{ dm}$.
Trong tam giác vuông $SOA$ vuông tại $O$, kẻ $OH\perp SA$:
$$\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{O{A}^2}\iff \frac{1}{36}=\frac{1}{144}+\frac{1}{r^2}\iff \frac{1}{r^2}=\frac{1}{48}\iff r^2=48.$$
Thể tích của khối nón là:
$$V_{\text{noˊn}}=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi \cdot 48\cdot 12=192\pi {\text{ dm}}^3.$$
Thể tích nước còn lại trong bình bằng:
$$V=V_{\text{noˊn}}-V_{\text{traˋn}}=192\pi -144\pi =48\pi {\text{ dm}}^3.$$

Trong tam giác $ABC$, diện tích $S_{△ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot AC\sin 120^{\circ }=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$. Đặt chiều cao lăng trụ là $A{A}^{\prime }=h$. Gắn hệ trục tọa độ hoặc tính khoảng cách để sử dụng giả thiết $\cos ((AC{B}^{\prime }),(AB{C}^{\prime }))=\frac{\sqrt{10}}{5}$ ta tìm được $h=a\sqrt{3}$, suy ra thể tích khối lăng trụ là $V=S_{△ABC}\cdot h=\frac{3a^3}{2}$. Mặt phẳng $(IKE)$ đi qua các trung điểm của $A{A}^{\prime },B{B}^{\prime },C{C}^{\prime }$ nên chia lăng trụ thành hai phần bằng nhau có thể tích $\frac{V}{2}$. Khối đa diện lồi $ABCKIE$ gồm phần dưới thiết diện trung bình trừ đi khối chóp $K.A{A}^{\prime }M$ (hoặc phân chia tỉ số thể tích theo $K,I,E$) có thể tích bằng $\frac{3}{8}V=\frac{3}{8}\cdot \frac{3a^3}{2}=\frac{9a^3}{16}$.

Gọi $H,K$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A^{\prime }$ lên $B{B}^{\prime }$ và $D{D}^{\prime }$. Khi đó $A^{\prime }H=A^{\prime }K=1$, $A{A}^{\prime }\perp (A^{\prime }HK)$, $\Delta A^{\prime }AB$ vuông cân tại $B\Rightarrow A^{\prime }B=\sqrt{2}$, và $\widehat{H{A}^{\prime }K}=60^{\circ }$ hoặc $120^{\circ }\Rightarrow S_{\Delta A^{\prime }HK}=\frac{\sqrt{3}}{4}$. Do $\Delta A^{\prime }HK$ là hình chiếu vuông góc của $\Delta A^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime }$ và góc giữa hai mặt phẳng bằng $45^{\circ }$ nên $S_{\Delta A^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime }}=\frac{S_{\Delta A^{\prime }HK}}{\cos 45^{\circ }}=\frac{\sqrt{6}}{4}$. Suy ra $V_{ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }}=2\cdot A^{\prime }B\cdot S_{\Delta A^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime }}=\sqrt{3}$.

Gọi $H,K$ lần lượt là trung điểm của $AB,CD\Rightarrow SH\perp (ABCD)$ và $HK=AD=4\sqrt{3}$.
Ta có $d(AB,SC)=d(H,(SCD))=6$. Trong $△SHK$ vuông tại $H$:
$\frac{1}{6^2}=\frac{1}{S{H}^2}+\frac{1}{H{K}^2}\Rightarrow \frac{1}{S{H}^2}=\frac{1}{36}-\frac{1}{48}=\frac{1}{144}\Rightarrow SH=12$.
Thể tích $V=\frac{1}{3}\cdot SH\cdot AB\cdot AD=\frac{1}{3}\cdot 12\cdot 6\cdot 4\sqrt{3}=96\sqrt{3}\approx 166$.

Chọn B.
Gọi $G$ là trọng tâm của tam giác $SAC$. Qua $G$ kẻ đường thẳng song song với $MB$ cắt $BC$ ở $E$. Khi đó $\Delta EGA$ vuông tại $G$.


Đặt $SA=SB=SC=x$.
Ta có: $E{A}^2=E{B}^2+B{A}^2-2EB\cdot BA\cos 60^{\circ }=\frac{7a^2}{9}$.
Độ dài trung tuyến: $A{N}^2=\frac{2(a^2+x^2)-x^2}{4}=\frac{2a^2+x^2}{4}\Rightarrow A{G}^2=\frac{4}{9}A{N}^2=\frac{2a^2+x^2}{9}$.
Vì $\Delta EGA$ vuông cân tại $G$ nên $E{A}^2=2A{G}^2\iff \frac{7a^2}{9}=\frac{4a^2+2x^2}{9}\Rightarrow x=a\sqrt{\frac{3}{2}}=\frac{a\sqrt{6}}{2}$.
Chiều cao của hình chóp đều:
$$SO=\sqrt{S{A}^2-O{A}^2}=\sqrt{x^2-{\left(\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)}^2}=\sqrt{\frac{3a^2}{2}-\frac{a^2}{3}}=\sqrt{\frac{7a^2}{6}}=\frac{a\sqrt{42}}{6}.$$
Thể tích khối chóp là:
$$V=\frac{1}{3}{S}_{\Delta ABC}\cdot SO=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{a\sqrt{42}}{6}=\frac{a^3\sqrt{126}}{72}=\frac{3a^3\sqrt{14}}{72}=\frac{a^3\sqrt{14}}{24}.$$