Cho tứ diện ABCD có . Biết góc giữa hai mặt phẳng (ABD), (BCD) bằng 30o. Thể tích của tứ diện ABCD là

Vẽ $AH \bot \left( {BCD} \right),H \in \left( {BCD} \right)$

Vẽ $HK\,{\rm{//}}\,BC,K \in BD$ có $BD \bot BC \Rightarrow HK \bot BD$ mà $AH \bot BD$.

$\Rightarrow BD \bot \left( {AHK} \right) \Rightarrow BD \bot AK$.

Nên $\left( {\widehat {\left( {ABD} \right),\left( {BCD} \right)}} \right)\, = \,\,\widehat {AKH}\,\, = 30^\circ$

Vẽ $HM\,{\rm{//}}\,BD,M \in BD$ có $BC \bot BD \Rightarrow HM \bot BC$ mà $AH \bot BC$.

$\Rightarrow BC \bot AM$, có góc $\widehat {ABC} = 135^\circ$.

Suy ra $\widehat {ABM} = 45^\circ$ (nên B ở giữa M và C).

$\Delta AMB$ vuông tại M có $\widehat {ABM} = 45^\circ$.

Suy ra $\Delta AMB$ vuông cân tại B $\Rightarrow AM = MB = \frac{{AB}}{{\sqrt 2 }} = \frac{a}{{\sqrt 2 }}$.

Tứ giác BKHM là hình chữ nhật, nên BM = HK.

Tam giác AHK vuông tại H có $\widehat {AKH} = 30^\circ$, nên $AH = \frac{{HK}}{{\sqrt 3 }} = \frac{a}{{\sqrt 6 }},AK = 2AH = \frac{{2a}}{{\sqrt 6 }}$

Tam giác BAD vuông tại A có AK là đường cao nên $\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}}$.

$\Rightarrow \frac{3}{{2{a^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} \Rightarrow AD = a\sqrt 2$ và $BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = a\sqrt 3$.

Có $BC = CM - BM,C{M^2} = C{A^2} - A{M^2} = 5{a^2} - \frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{9{a^2}}}{2}$

Có $V = \frac{1}{3}AH.{S_{BCD}} = \frac{1}{6}AH.BD.BC = \frac{1}{6}\frac{a}{{\sqrt 6 }}.a\sqrt 3 .a\sqrt 2 = \frac{{{a^3}}}{6}$

Vậy $V = \frac{{{a^3}}}{6}$