Một chậu nước hình lăng trụ tứ giác đều có cạnh đáy bằng 4 dm và chiều cao bằng 8 dm. Người ta đổ nước vào chiếm một nửa chiều cao chậu nước, mặt thoáng của nước là $MNPQ$. Khi nghiêng chậu nước sao cho các cạnh bên đều lệch một góc $30^{\circ }$ so với phương thẳng đứng thì mặt thoáng của nước là $M^{\prime }{N}^{\prime }{P}^{\prime }{Q}^{\prime }$. Gắn hệ trục tọa độ $Oxyz$ như hình vẽ với $A$ trùng với gốc tọa độ $O$, tia $Ox$ qua $D$ và tia $Oy$ qua $B$.

[Hình cần kiểm tra lại: p3_f2]

a) Đúng. Thể tích nước trong chậu là $V=B\cdot h=4^2\cdot 4=64{\mathrm{dm}}^3$.

b) Đúng. $\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{AN}=\left|\overrightarrow{AM}\right|\cdot \left|\overrightarrow{AN}\right|\cdot \cos \left(\overrightarrow{AM},\overrightarrow{AN}\right)=4\cdot 4\sqrt{2}\cdot \cos 45^{\circ }=16$.

c) Đúng. Dễ thấy hai đoạn thẳng $N{N}^{\prime }=M{M}^{\prime }$, đồng thời $M{M}^{\prime }//N{N}^{\prime }\Rightarrow$ Tứ giác $M{M}^{\prime }{N}^{\prime }N$ là hình bình hành. Vì $MN$ và $M{N}^{\prime }$ là hai đường chéo của hình bình hành nên có chung trung điểm $I(0;2;4)$.

d) Sai. Trong tam giác $IM{M}^{\prime }$, ta có $MI{M}^{\prime }=30^{\circ }\Rightarrow \tan 30^{\circ }=\frac{M{M}^{\prime }}{IM}\Rightarrow M{M}^{\prime }=\frac{2}{\sqrt{3}}=N{N}^{\prime }=Q{Q}^{\prime }$. Do đó $N^{\prime }\left(0;4;4-\frac{2}{\sqrt{3}}\right),Q^{\prime }\left(4;0;4+\frac{2}{\sqrt{3}}\right)$. Vì vậy $\cos \left(\overrightarrow{A{N}^{\prime }},\overrightarrow{A{Q}^{\prime }}\right)=\frac{\left(4-\frac{2}{\sqrt{3}}\right)\left(4+\frac{2}{\sqrt{3}}\right)}{\sqrt{4^2+{\left(4-\frac{2}{\sqrt{3}}\right)}^2}\cdot \sqrt{4^2+{\left(4+\frac{2}{\sqrt{3}}\right)}^2}}\approx 0,458\Rightarrow \left(\overrightarrow{A{N}^{\prime }},\overrightarrow{A{Q}^{\prime }}\right)\approx 62,7^{\circ }$
a) Đúng. Thể tích nước trong chậu là $V=B\cdot h=4^2\cdot 4=64{\mathrm{dm}}^3$
b) Đúng. $\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{AN}=\left|\overrightarrow{AM}\right|\cdot \left|\overrightarrow{AN}\right|\cdot \cos \left(\overrightarrow{AM},\overrightarrow{AN}\right)=4\cdot 4\sqrt{2}\cdot \cos 45^{\circ }=16$
c) Đúng. Dễ thấy hai đoạn thẳng $N{N}^{\prime }=M{M}^{\prime }$, đồng thời $M{M}^{\prime }//N{N}^{\prime }\Rightarrow$ Tứ giác $M{M}^{\prime }{N}^{\prime }N$ là hình bình hành. Vì $MN$ và $M{N}^{\prime }$ là hai đường chéo của hình bình hành nên có chung trung điểm $I(0;2;4)$
d) Sai. Trong tam giác $IM{M}^{\prime }$, ta có $MI{M}^{\prime }=30^{\circ }\Rightarrow \tan 30^{\circ }=\frac{M{M}^{\prime }}{IM}\Rightarrow M{M}^{\prime }=\frac{2}{\sqrt{3}}=N{N}^{\prime }=Q{Q}^{\prime }$. Do đó $N^{\prime }\left(0;4;4-\frac{2}{\sqrt{3}}\right),Q^{\prime }\left(4;0;4+\frac{2}{\sqrt{3}}\right)$. Vì vậy $\cos \left(\overrightarrow{A{N}^{\prime }},\overrightarrow{A{Q}^{\prime }}\right)=\frac{\left(4-\frac{2}{\sqrt{3}}\right)\left(4+\frac{2}{\sqrt{3}}\right)}{\sqrt{4^2+{\left(4-\frac{2}{\sqrt{3}}\right)}^2}\cdot \sqrt{4^2+{\left(4+\frac{2}{\sqrt{3}}\right)}^2}}\approx 0,458\Rightarrow \left(\overrightarrow{A{N}^{\prime }},\overrightarrow{A{Q}^{\prime }}\right)\approx 62,7^{\circ }$