Gọi H là hình chiếu vuông góc vủa D trên AC và M là trung điểm H Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp S.BDM theo a

Xét tam giác vuông ADC có \(DH = \dfrac{{AD.CD}}{{\sqrt {A{D^2} + C{D^2}} }} = \dfrac{{a.2a}}{{\sqrt {{a^2} + 4{a^2}} }} = \dfrac{{2a}}{{\sqrt 5 }}\)

\(HC = \dfrac{{C{D^2}}}{{AC}} = \dfrac{{C{D^2}}}{{\sqrt {A{D^2} + C{D^2}} }} = \dfrac{{4{a^2}}}{{\sqrt {{a^2} + 4{a^2}} }} = \dfrac{{4a}}{{\sqrt 5 }} \Rightarrow HM = \dfrac{1}{2}HC = \dfrac{{2a}}{{\sqrt 5 }} = DH\)\( \Rightarrow \Delta DMH\) vuông cân tại H.

\( \Rightarrow \widehat {AMD} = {45^0} = \widehat {ABD} \Rightarrow \) Tứ giác ADMB là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \) Mặt cầu ngoại tiếp chóp S.BDM cũng chính là mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABMD.

Dễ thấy tứ giác ABMD nội tiếp đường tròn đường kính BD, gọi O là trung điểm của BD, qua O kẻ đường thẳng \(d \bot \left( {ABCD} \right)\).

Gọi G là trọng tâm tam giác đều SAD, qua G kẻ \(GI//OK\,\,\left( {I \in d} \right)\) (K là trung điểm của AD).

Ta có \(OK//AB \Rightarrow OK \bot AD \Rightarrow OK \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow GI \bot \left( {SAD} \right)\).

Ta có: \(I \in d \Rightarrow IA = IB = IM = ID\)

          \(I \in IG \Rightarrow IS = IA = ID\)

\( \Rightarrow IA = IB = IM = ID = IS \Rightarrow \) I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABMD.

Ta có \(OK = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{a}{2} = AK \Rightarrow OA = \sqrt {O{K^2} + A{K^2}}  = \sqrt {\dfrac{{{a^2}}}{4} + \dfrac{{{a^2}}}{4}}  = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Tam giác SAD đều cạnh a \( \Rightarrow SK = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow GK = \dfrac{1}{3}SK = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6} = OI\).

Xét tam giác vuông IOA có: \(IA = \sqrt {I{O^2} + O{A^2}}  = \sqrt {{{\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{6}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}  = \dfrac{{a\sqrt {21} }}{6} = R\).

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp S.BDM là \(S = 4\pi {R^2} = 4\pi .\dfrac{{7{a^2}}}{{12}} = \dfrac{{7\pi {a^2}}}{3}\).

Chọn D.