Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Góc nhị diện (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Gọi cạnh tam giác đều là $a$, $M$ là trung điểm $AB$. Vì $SAB$ đều nên $SM\perp AB$, $SM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$; do $(SAB)\perp (ABC)$ nên $SM\perp (ABC)$. Góc nhị diện $[S,BC,A]$ có cạnh $BC$. Hình chiếu của $S$ lên $(ABC)$ là $M$, gọi $K$ là chân đường vuông góc hạ từ $M$ xuống $BC$. Trong mặt đáy, với tọa độ $B(0,0),C(a,0),A\left(\frac{a}{2},\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$ thì $M=\left(\frac{a}{4},\frac{a\sqrt{3}}{4}\right)$ nên $MK=\frac{a\sqrt{3}}{4}$. Ta có $SK\perp BC$ (định lý ba đường vuông góc) và $AK\perp BC$, do đó $\widehat{SKA}=\alpha$. Vì $SM\perp (ABC)$ nên $\tan \alpha =\frac{SM}{MK}=\frac{a\sqrt{3}/2}{a\sqrt{3}/4}=2$. Suy ra ${\cos }^2\alpha =\frac{1}{1+{\tan }^2\alpha }=\frac{1}{5}$. Vậy chọn đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Từ hình vẽ: $A(5;0;0)$, $C(0;4;0)$, $G(0;2;4)$, $H(0;0;3)$, suy ra $D(0;4;3)$, $E(5;4;3)$, $I(5;0;3)$, $F(5;2;4)$. Mặt phẳng $(DEFG)$ chứa $\overrightarrow{DE}=(5;0;0)$ và $\overrightarrow{DG}=(0;-2;1)$, nên pháp tuyến $\overrightarrow{n_1}=\overrightarrow{DE}\times \overrightarrow{DG}=(0;-5;-10)\sim (0;1;2)$. Mặt phẳng $(DEIH)$ là mặt $z=3$ với pháp tuyến $\overrightarrow{n_2}=(0;0;1)$. Khi đó $\cos ((DEFG),(DEIH))=\frac{|2|}{\sqrt{1^2+2^2}\cdot 1}=\frac{2}{\sqrt{5}}\approx 0,8944$, suy ra góc nhị diện $\approx 26,565^{\circ }\approx 26,6^{\circ }$. Kết quả trùng với đáp án nguồn 26,6 (bảng đáp án mã đề 1002, Câu 21).

(AI giải đề cho tôi)
Từ hình vẽ: A(5;0;0), C(0;4;0), H(0;0;3), G(0;2;4), suy ra D(0;4;3), E(5;4;3), F(5;2;4), I(5;0;3). Mặt phẳng (DEIH) chính là mặt phẳng z = 3 với vectơ pháp tuyến n₁ = (0;0;1). Mặt phẳng (DEFG) đi qua D(0;4;3), E(5;4;3), G(0;2;4): DE = (5;0;0), DG = (0;-2;1), nên pháp tuyến n₂ = DE × DG = (0;-5;-10) ∝ (0;1;2), phương trình mặt phẳng: y + 2z - 10 = 0 (thỏa cả ba điểm). Góc nhị diện giữa hai mặt bằng góc giữa hai pháp tuyến: cos φ = |n₁·n₂|/(|n₁||n₂|) = 2/√5 ≈ 0,8944, nên φ = arccos(2/√5) ≈ 26,565° ≈ 26,6°. Kết quả khớp với đáp án nguồn 26,6.

Chọn A (theo thứ tự phương án của nguồn giải, tương ứng phương án B của đề).

$$[S,BC,D]=[S,BC,A]=\widehat{SBA}=45^0.$$

Chọn B.

$[S,DC,B]=[S,DC,A]=\widehat{SDA}=60^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $M$ là trung điểm $B^{\prime }{C}^{\prime }$. Trong lăng trụ tam giác đều, $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ là tam giác đều nên $A^{\prime }M\perp B^{\prime }{C}^{\prime }$ với $A^{\prime }M=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Vì $A{A}^{\prime }\perp (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ nên $AM\perp B^{\prime }{C}^{\prime }$ (theo định lý ba đường vuông góc), do đó góc nhị diện $[A,B^{\prime }{C}^{\prime },A^{\prime }]$ là góc $\widehat{AM{A}^{\prime }}$. Tam giác $AM{A}^{\prime }$ vuông tại $A^{\prime }$ với $A{A}^{\prime }=a$: $\tan \alpha =\tan \widehat{AM{A}^{\prime }}=\frac{A{A}^{\prime }}{A^{\prime }M}=\frac{a}{a\sqrt{3}/2}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$. Kết quả khớp đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $B=(0;0;0)$, $A=(a;0;0)$. Vì $\widehat{ABC}=135^{\circ }$, $BC=a\sqrt{2}$ nên $C=(-a;\epsilon a;0)$ với $\epsilon =\pm 1$.

Vì $\widehat{SAB}=90^{\circ }$ nên $(S-A)\cdot \overrightarrow{AB}=0\Rightarrow S_x=a$. Vì $\widehat{SBC}=90^{\circ }$ nên $\overrightarrow{BS}\cdot \overrightarrow{BC}=0$: $-a{S}_x+\epsilon a{S}_y=0\Rightarrow S_y=\epsilon a$. Đặt $S=(a;\epsilon a;ka)$ với $k=\frac{h}{a}>0$.

Véc tơ chỉ phương: ${\vec{u}}_{SA}=(0;\epsilon ;k)$, ${\vec{u}}_{BC}=(-1;\epsilon ;0)$.
$$\vec{n}={\vec{u}}_{SA}\times {\vec{u}}_{BC}=(-k\epsilon ;-k;\epsilon ),|\vec{n}|=\sqrt{2k^2+1}.$$
Khoảng cách giữa $SA$ và $BC$ (lấy $A=(a;0;0)$, $B=(0;0;0)$):
$$d(SA,BC)=\frac{|\overrightarrow{AB}\cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=\frac{ak}{\sqrt{2k^2+1}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$$
$\Rightarrow \frac{k^2}{2k^2+1}=\frac{1}{3}\Rightarrow 3k^2=2k^2+1\Rightarrow k=1$, tức $S=(a;\epsilon a;a)$.

VTCP của $(SAB)$: $\overrightarrow{n_1}=\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AS}=(1;0;0)\times (0;\epsilon ;1)=(0;-1;\epsilon )$.

VTCP của $(SBC)$: $\overrightarrow{n_2}=\overrightarrow{BC}\times \overrightarrow{BS}=(-1;\epsilon ;0)\times (1;\epsilon ;1)=(\epsilon ;1;-2\epsilon )$.

$$\cos \phi =\frac{|\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{n_2}|}{|\overrightarrow{n_1}||\overrightarrow{n_2}|}=\frac{|0-1-2|}{\sqrt{2}\cdot \sqrt{6}}=\frac{3}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \phi =30^{\circ }.$$
Vậy góc giữa hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SBC)$ bằng $30^{\circ }$, chọn đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Dựng hệ trục: $A=(0;0;0)$, $B=(b;0;0)$, $D=(0;2x;0)$ với $BC=x$, $AD=2x$ (đáy là hình thap vuông tại $A,B$, $AD\parallel BC$), $S=(0;0;h)$ với $h=SA$. Ràng buộc: $A{D}^2+A{B}^2=4x^2+b^2=100$.

Diện tích đáy: $S_{ABCD}=\frac{AD+BC}{2}\cdot AB=\frac{3x}{2}b$, nên $V=\frac{1}{3}\cdot \frac{3xb}{2}\cdot h=\frac{xbh}{2}$.
Ta có $x^2{b}^2=x^2(100-4x^2)$ đạt max khi $x^2=12,5$, khi đó $x^2{b}^2=12,5\cdot 50=625\Rightarrow xb=25$.
Vậy $V_{\max }=\frac{25h}{2}=25\Rightarrow h=SA=2$.

Hình chiếu: $M$ là chân đường vuông góc từ $A$ xuống $SB$ (tam giác $SAB$ vuông tại $A$):
$$M=\left(\frac{b{h}^2}{b^2+h^2};0;\frac{b^{2}h}{b^2+h^2}\right).$$
Tương tự $N$ chân vuông góc từ $A$ xuống $SD$:
$$N=\left(0;\frac{2x{h}^2}{4x^2+h^2};\frac{4x^{2}h}{4x^2+h^2}\right).$$
Vectơ pháp tuyến của $(AMN)$ (qua gốc $A$): $\vec{n}=\overrightarrow{AM}\times \overrightarrow{AN}$ có thành phần:
$$\vec{n}=\left(-\frac{2x{b}^2{h}^3}{PQ};-\frac{4x^{2}b{h}^3}{PQ};\frac{2xb{h}^4}{PQ}\right),$$
với $P=b^2+h^2,Q=4x^2+h^2$.

Góc $\alpha$ giữa $(AMN)$ và đáy:
$${\cos }^2\alpha =\frac{n_z^2}{|\vec{n}{|}^2}=\frac{4x^2{b}^2{h}^8}{4x^2{b}^2{h}^6\left(b^2+4x^2+h^2\right)}=\frac{h^2}{100+h^2},$$
(vì $b^2+4x^2=100$). Suy ra $\tan \alpha =\frac{10}{h}$.

Với $h=2$: $\tan \alpha =\frac{10}{2}=5$.

(AI giải đề cho tôi)
Thiết lập tọa độ: vì tam giác $ABD$ đều cạnh $3a$ nên $BD=3a$ (hình thoi có góc $60^{\circ }$). Chọn $A=(0;0;0)$, $B=(3a;0;0)$, $D=(\frac{3a}{2};\frac{3a\sqrt{3}}{2};0)$, khi đó $C=(\frac{9a}{2};\frac{3a\sqrt{3}}{2};0)$, $AC=3a\sqrt{3}$. Vì $SA=SB=SD=2a$ nên $S$ nằm trên đường thẳng vuông góc đáy tại tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABD$ (trọng tâm) $H=(\frac{3a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0)$, với $AH=a\sqrt{3}$ nên $SH=\sqrt{4a^2-3a^2}=a$, tức $S=(\frac{3a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};a)$.

a) $\cos \angle SAH=\frac{AH}{SA}=\frac{\sqrt{3}}{2}$ nên $AM=AH\cos \angle SAH=\frac{3a}{2}$. Tam giác $SAB$ cân: $\cos \angle SAB=\frac{S{A}^2+A{B}^2-S{B}^2}{2\cdot SA\cdot AB}=\frac{4a^2+9a^2-4a^2}{12a^2}=\frac{3}{4}$. Vì $(Q)\perp SA$: $AN=\frac{AM}{\cos \angle SAB}=2a$, tương tự $AP=2a$. Diện tích $△ANP=\frac{1}{2}(2a{)}^2\sin 60^{\circ }=a^2\sqrt{3}$. Chiều cao từ $M$: $AM\cdot \frac{SH}{SA}=\frac{3a}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{3a}{4}$. Vậy $V_{AMNP}=\frac{1}{3}\cdot a^2\sqrt{3}\cdot \frac{3a}{4}=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}$ → đúng.

b) $O$ là trung điểm $BD$, $H\in AC$ nên $SH\perp BD$, $OH\perp BD$; $OH=\frac{\sqrt{3}}{2}a$. $\tan \alpha =\frac{SH}{OH}=\frac{a}{\frac{\sqrt{3}}{2}a}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$ → đúng.

c) Với $A=(0;0;0),B=(3a;0;0),C=(\frac{9a}{2};\frac{3a\sqrt{3}}{2};0),S=(\frac{3a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};a)$: pháp tuyến ${\vec{n}}_1=\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AS}=(0;-3;\frac{3\sqrt{3}}{2})a^2$, ${\vec{n}}_2=\overrightarrow{BC}\times \overrightarrow{BS}=(\frac{3\sqrt{3}}{2};-\frac{3}{2};3\sqrt{3})a^2$. ${\vec{n}}_1\cdot {\vec{n}}_2=18a^4$, $|{\vec{n}}_1|=\frac{3\sqrt{7}}{2}{a}^2$, $|{\vec{n}}_2|=6a^2$, nên $\cos \beta =\frac{18}{9\sqrt{7}}=\frac{2\sqrt{7}}{7}\ne \frac{\sqrt{2}1}{7}$ → sai.

d) $V_{S.ACD}=\frac{1}{3}\cdot S_{ACD}\cdot SH=\frac{1}{3}\cdot \frac{9a^2\sqrt{3}}{4}\cdot a=\frac{3a^3\sqrt{3}}{4}$. Tam giác $SCD$ có $SD=2a$, $CD=3a$, $SC=\sqrt{13}a$; diện tích tính theo tọa độ ($\overrightarrow{CS}=(-3a;-a\sqrt{3};a)$, $\overrightarrow{CD}=(-3a;0;0)$, $|\overrightarrow{CS}\times \overrightarrow{CD}|=6a^2$) bằng $3a^2$. $d(A,(SCD))=\frac{3V}{S_{SCD}}=\frac{9a^3\sqrt{3}/4}{3a^2}=\frac{3a\sqrt{3}}{4}$ → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$AM=\frac{3a}{2}$, $AN=AP=2a$, $S_{ANP}=a^2\sqrt{3}$, chiều cao $\frac{3a}{4}$, $V_{AMNP}=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$SH=a$, $OH=\frac{\sqrt{3}}{2}a$, $\tan \alpha =\frac{SH}{OH}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Tính theo pháp tuyến của $(SAB)$ và $(SBC)$ được $\cos \beta =\frac{2\sqrt{7}}{7}\ne \frac{\sqrt{21}}{7}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$V_{S.ACD}=\frac{3a^3\sqrt{3}}{4}$, $S_{SCD}=3a^2$, nên $d(A,(SCD))=\frac{3V}{S_{SCD}}=\frac{3a\sqrt{3}}{4}$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $M$ là trung điểm $BC$. Vì lăng trụ tam giác đều nên $AM\perp BC$ và $A^{\prime }M\perp BC$ (do $A^{\prime }A\perp (ABC)$ nên $A^{\prime }M\perp BC$ theo định lý ba đường vuông góc). Suy ra góc nhị diện $[A^{\prime },BC,A]$ là $\widehat{A^{\prime }MA}$.

Tam giác $ABC$ đều cạnh $2a$ nên $AM=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$.

Tam giác $A^{\prime }AM$ vuông tại $A$ với $A^{\prime }A=3a$, nên $A^{\prime }M=\sqrt{9a^2+3a^2}=2a\sqrt{3}$.

$\cos \widehat{A^{\prime }MA}=\frac{AM}{A^{\prime }M}=\frac{a\sqrt{3}}{2a\sqrt{3}}=\frac{1}{2}$, suy ra $\widehat{A^{\prime }MA}=60^{\circ }$.

Vậy chọn đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$ với $BC=a$ nên $AB=AC=\frac{a}{\sqrt{2}}$. Đặt $A=(0;0;0)$, $B=\left(\frac{a}{\sqrt{2}};0;0\right)$, $C=\left(0;\frac{a}{\sqrt{2}};0\right)$, trung điểm $M=\left(\frac{a}{2\sqrt{2}};\frac{a}{2\sqrt{2}};0\right)$. Vì $SM\perp (ABC)$, $SB=a$, $MB=\frac{a}{2}$ nên $SM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, tức $S=\left(\frac{a}{2\sqrt{2}};\frac{a}{2\sqrt{2}};\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$. Khi đó $SA=a$, và tam giác $SAB$ có $SA=SB=a$, $AB=\frac{a}{\sqrt{2}}$ nên $\cos \widehat{ASB}=\frac{a^2+a^2-\frac{a^2}{2}}{2a^2}=\frac{3}{4}$, $\sin \widehat{ASB}=\frac{\sqrt{7}}{4}$; tương tự $\cos \widehat{ASC}=\frac{3}{4}$. Tam giác $SBC$ có $SB=SC=BC=a$ đều nên $\cos \widehat{BSC}=\frac{1}{2}$. Áp dụng công thức ba điểm (góc nhị diện $[B,SA,C]$ có cạnh $SA$): $$\cos \alpha =\frac{\cos \widehat{BSC}-\cos \widehat{ASB}\cos \widehat{ASC}}{\sin \widehat{ASB}\sin \widehat{ASC}}=\frac{\frac{1}{2}-\frac{9}{16}}{\frac{7}{16}}=\frac{-\frac{1}{16}}{\frac{7}{16}}=-\frac{1}{7}.$$ Kiểm tra bằng tọa độ: hình chiếu của $B$ và $C$ trên đường thẳng $SA$ trùng nhau tại $H$ (do tính đối xứng), với $\overrightarrow{HB}=\left(\frac{7a}{4\sqrt{2}};-\frac{a}{4\sqrt{2}};-\frac{a\sqrt{3}}{8}\right)$, $\overrightarrow{HC}=\left(-\frac{a}{4\sqrt{2}};\frac{7a}{4\sqrt{2}};-\frac{a\sqrt{3}}{8}\right)$, cho $\overrightarrow{HB}\cdot \overrightarrow{HC}=-\frac{a^2}{16}$, $|\overrightarrow{HB}{|}^2=\frac{7a^2}{16}$, cũng ra $\cos \alpha =-\frac{1}{7}$. Vậy đáp án là C, trùng với đáp án của đề (mã đề 102, câu 1: C).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $M(0;0;0)$, $B\left(\frac{a}{2};0;0\right)$, $C\left(-\frac{a}{2};0;0\right)$, $A\left(0;\frac{a}{2};0\right)$ (vì tam giác vuông cân tại $A$ nên $AM=\frac{BC}{2}=\frac{a}{2}$). Vì $SM\perp (ABC)$ và $SB=a$, $MB=\frac{a}{2}$ nên $SM=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, tức $S\left(0;0;\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$. Kiểm tra: $S{A}^2=A{M}^2+S{M}^2=\frac{a^2}{4}+\frac{3a^2}{4}=a^2\Rightarrow SA=a$.

Gọi $H$ là hình chiếu của $B$ (đồng thời của $C$ do đối xứng) trên đường thẳng $SA$. Với $\vec{u}=\frac{\overrightarrow{SA}}{a}=\left(0;\frac{1}{2};-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$, ta có $\overrightarrow{SB}\cdot \vec{u}=\frac{3a}{4}$, suy ra $H=S+\frac{3a}{4}\vec{u}=\left(0;\frac{3a}{8};\frac{a\sqrt{3}}{8}\right)$.

Khi đó $\overrightarrow{HB}=\left(\frac{a}{2};-\frac{3a}{8};-\frac{a\sqrt{3}}{8}\right)$, $\overrightarrow{HC}=\left(-\frac{a}{2};-\frac{3a}{8};-\frac{a\sqrt{3}}{8}\right)$.
$\overrightarrow{HB}\cdot \overrightarrow{HC}=-\frac{a^2}{4}+\frac{9a^2}{64}+\frac{3a^2}{64}=-\frac{a^2}{16}$;
$|\overrightarrow{HB}{|}^2=\frac{a^2}{4}+\frac{9a^2}{64}+\frac{3a^2}{64}=\frac{7a^2}{16}\Rightarrow |\overrightarrow{HB}|=\frac{a\sqrt{7}}{4}$.

Vậy $\cos \alpha =\frac{\overrightarrow{HB}\cdot \overrightarrow{HC}}{|\overrightarrow{HB}||\overrightarrow{HC}|}=\frac{-a^2/16}{7a^2/16}=-\frac{1}{7}$.

Kết quả trùng với đáp án nguồn: chọn A.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt cạnh lập phương bằng $1$, chọn hệ trục: $A(0,0,0)$, $B(1,0,0)$, $C(1,1,0)$, $D(0,1,0)$, $A^{\prime }(0,0,1)$. Vectơ chỉ phương đường thẳng $A^{\prime }C$ là $(1,1,-1)$. Mặt phẳng $(A^{\prime }CD)$ có vectơ pháp tuyến ${\vec{n}}_1=\overrightarrow{A^{\prime }C}\times \overrightarrow{A^{\prime }D}=(0,1,1)$. Mặt phẳng $(B{A}^{\prime }C)$ có vectơ pháp tuyến ${\vec{n}}_2=\overrightarrow{A^{\prime }C}\times \overrightarrow{A^{\prime }B}=(-1,0,-1)$. $\cos \phi =\frac{|{\vec{n}}_1\cdot {\vec{n}}_2|}{|{\vec{n}}_1||{\vec{n}}_2|}=\frac{1}{\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}}=\frac{1}{2}$, nên góc phẳng nhị diện $[B,A^{\prime }C,D]$ bằng $60^{\circ }$.

a) Ta có $ABD=90^{\circ }$ (do $A,B,C,D$ nội tiếp đường tròn đường kính $AD$). Do $D{D}^{\prime }\perp (ABCD)\Rightarrow D{D}^{\prime }\perp AB$, mà $BD\perp AB\Rightarrow AB\perp (BD{D}^{\prime })\Rightarrow AB\perp B{D}^{\prime }\Rightarrow DB{D}^{\prime }=45^{\circ }$. Nên $\tan DB{D}^{\prime }=\frac{D{D}^{\prime }}{BD}\Rightarrow D{D}^{\prime }=BD=2\sqrt{3}$. Lại có $\left(A^{\prime }B,(ABCD)\right)=B{A}^{\prime }{B}^{\prime }$, $\tan B{A}^{\prime }{B}^{\prime }=\frac{B{B}^{\prime }}{A^{\prime }{B}^{\prime }}=\sqrt{3}\Rightarrow B{A}^{\prime }{B}^{\prime }=60^{\circ }$.



b) Diện tích đáy bằng 3 lần diện tích tam giác đều cạnh 2: $S_{ABCD}=3S_{ABD}=3\cdot \frac{\sqrt{3}}{4}\cdot 2^2=3\sqrt{3}$; $V=h\cdot S_{ABCD}=2\sqrt{3}\cdot 3\sqrt{3}=18$.

c) Ta có: $d(AD,A^{\prime }C)=d\left(AD,(A^{\prime }BC{D}^{\prime })\right)=d\left(A,(A^{\prime }BC{D}^{\prime })\right)=d\left(B^{\prime },(A^{\prime }BC{D}^{\prime })\right)$. Mà $B{A}^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime }$ là tứ diện vuông nên $\frac{1}{h^2}=\frac{1}{(B{A}^{\prime }{)}^2}+\frac{1}{(B{B}^{\prime }{)}^2}+\frac{1}{(B{D}^{\prime }{)}^2}=\frac{1}{2^2}+\frac{1}{(2\sqrt{3}{)}^2}+\frac{1}{(2\sqrt{3}{)}^2}=\frac{5}{12}$ $\Rightarrow h=\frac{2\sqrt{15}}{5}$, trong đó $h=d\left(B^{\prime },(A^{\prime }BC{D}^{\prime })\right)=d(AD,A^{\prime }C)$.

d) Ta có $V_2=V_{A^{\prime }BC{D}^{\prime }{C}^{\prime }{B}^{\prime }}=V_{A^{\prime }{B}^{\prime }DB}+V_{D\cdot BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }}=\frac{1}{6}\cdot 2\cdot 2\sqrt{3}\cdot 2\sqrt{3}+\frac{1}{3}\cdot \sqrt{3}\cdot 2\sqrt{3}=6$ $\Rightarrow V_1=V-V_2=18-6=12\Rightarrow V_1=2V_2$.
a) Ta có $ABD=90^{\circ }$ (do $A,B,C,D$ nội tiếp đường tròn đường kính $AD$). Do $D{D}^{\prime }\perp (ABCD)\Rightarrow D{D}^{\prime }\perp AB$, mà $BD\perp AB\Rightarrow AB\perp (BD{D}^{\prime })\Rightarrow AB\perp B{D}^{\prime }\Rightarrow DB{D}^{\prime }=45^{\circ }$. Nên $\tan DB{D}^{\prime }=\frac{D{D}^{\prime }}{BD}\Rightarrow D{D}^{\prime }=BD=2\sqrt{3}$. Lại có $\left(A^{\prime }B,(ABCD)\right)=B{A}^{\prime }{B}^{\prime }$, $\tan B{A}^{\prime }{B}^{\prime }=\frac{B{B}^{\prime }}{A^{\prime }{B}^{\prime }}=\sqrt{3}\Rightarrow B{A}^{\prime }{B}^{\prime }=60^{\circ }$.
b) Diện tích đáy bằng 3 lần diện tích tam giác đều cạnh 2:
$$S_{ABCD}=3S_{ABD}=3\cdot \frac{\sqrt{3}}{4}\cdot 2^2=3\sqrt{3}$$
$$V=h\cdot S_{ABCD}=2\sqrt{3}\cdot 3\sqrt{3}=18$$
c) Ta có: $d(AD,A^{\prime }C)=d\left(AD,(A^{\prime }BC{D}^{\prime })\right)=d\left(A,(A^{\prime }BC{D}^{\prime })\right)=d\left(B^{\prime },(A^{\prime }BC{D}^{\prime })\right)$. Mà $B{A}^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime }$ là tứ diện vuông nên
$$\frac{1}{h^2}=\frac{1}{(B{A}^{\prime }{)}^2}+\frac{1}{(B{B}^{\prime }{)}^2}+\frac{1}{(B{D}^{\prime }{)}^2}=\frac{1}{2^2}+\frac{1}{(2\sqrt{3}{)}^2}+\frac{1}{(2\sqrt{3}{)}^2}=\frac{5}{12}$$
$$\Rightarrow h=\frac{2\sqrt{15}}{5},\text{trong đoˊ }h=d\left(B^{\prime },(A^{\prime }BC{D}^{\prime })\right)=d(AD,A^{\prime }C)$$
d) Ta có
$$V_2=V_{A^{\prime }BC{D}^{\prime }{C}^{\prime }{B}^{\prime }}=V_{A^{\prime }{B}^{\prime }DB}+V_{D\cdot BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }}$$
$$=\frac{1}{6}\cdot B^{\prime }A\cdot B{B}^{\prime }\cdot B^{\prime }{D}^{\prime }+\frac{1}{3}\cdot d\left(D^{\prime },(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })\right)\cdot S_{BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }}$$
$$=\frac{1}{6}\cdot 2\cdot 2\sqrt{3}\cdot 2\sqrt{3}+\frac{1}{3}\cdot \sqrt{3}\cdot 2\sqrt{3}=6$$
$$\Rightarrow V_1=V-V_2=18-6=12\Rightarrow V_1=2V_2$$