Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\), D là điểm đối xứng với A qua I (hình vẽ).

Khi đó I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABDC

\(\Rightarrow \left\{ \begin{align} & AD=2R \\ & \widehat{ABD}=\widehat{ACD}=90{}^\circ \\ \end{align} \right. \)(R là bán kính đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\)).

+) Ta có: \(\left\{ \begin{align} & DB\bot AB \\ & DB\bot SA \\ \end{align} \right. \) (vì \(SA\bot \left( ABC \right)\))

\(\Rightarrow BD\bot \left( SAB \right)\Rightarrow AM\bot BD\). Từ giả thiết suy ra \(AM\bot \left( SBD \right) \Rightarrow SD\bot AM\left( 1 \right)\)

Tương tự \(\left\{ \begin{align} & DC\bot AC \\ & DC\bot SA \\ \end{align} \right.\) \(\Rightarrow DC\bot \left( SAC \right)\Rightarrow DC\bot AN.\)

Từ giả thiết suy ra \(AN\bot \left( SCD \right)\Rightarrow SD\bot AN\left( 2 \right)\). Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(SD\bot \left( AMN \right)\).

+) Ta có \(\left\{ \begin{align} & SA\bot \left( ABC \right) \\ & SD\bot \left( AMN \right) \\ \end{align} \right.\) \(\Rightarrow \left( \left( AMN \right),\left( ABC \right) \right)=\left( SD,SA \right)=\widehat{ASD}\Rightarrow \widehat{ASD}={{30}^{0}}\)

+) Xét \(\Delta ABC\) có: \(B{{C}^{2}}=A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}-2AB.AC.\cos A={{a}^{2}}+2{{a}^{2}}-2{{a}^{2}}\sqrt{2}\left( \frac{-\sqrt{2}}{2} \right)=5{{a}^{2}} \Rightarrow BC=a\sqrt{5}.\)

\(\frac{BC}{\sin A}=2R\Rightarrow 2R=\frac{a\sqrt{5}}{\sin {{135}^{0}}}=a\sqrt{10}\Rightarrow AD=a\sqrt{10}\)

+) Xét tam giác vuông SAD có \(\tan 30{}^\circ =\frac{AD}{SA}\Rightarrow SA=\frac{AD}{\tan 30{}^\circ }=a\sqrt{30}.\)

+) Ta có \({{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{2}AB.AC.\sin A=\frac{1}{2}a.a\sqrt{2}.\sin 135{}^\circ =\frac{{{a}^{2}}}{2} (đvdt).\)

Vậy \({{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}.{{S}_{\Delta ABC}}.SA=\frac{1}{3}.\frac{{{a}^{2}}}{2}.a\sqrt{30}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{30}}{6} (đvtt).\)

Chọn B