Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Thể tích chóp/lăng trụ (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $AB=BC=x$ (tam giác vuông cân tại $B$) và $SA=x$ (vì $AS=AB$). Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp AB$, $SA\perp BC$, do đó $S{C}^2=S{A}^2+A{B}^2+B{C}^2=3x^2$. Theo đề $SC=3a\sqrt{3}$ nên $3x^2=27a^2\Rightarrow x=3a$. Thể tích: $V=\frac{1}{3}{S}_{ABC}\cdot SA=\frac{1}{3}\cdot \frac{x^2}{2}\cdot x=\frac{x^3}{6}=\frac{27a^3}{6}=\frac{9}{2}{a}^3$. Đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Khối chóp cụt đều có hai đáy là hình vuông cạnh 10 và x, chiều cao h=10. Thể tích V=(h/3)(S1+S2+√(S1S2))=(10/3)(100+x²+10x) nên câu a đúng. Câu b: 1000=2V ⇒ x²+10x+100=150 ⇒ x²+10x−50=0 ⇒ x=−5+5√5, vậy a=5,b=5, a+b=10≠8, sai. Câu c: với x=5, hình chiếu của cạnh bên lên đáy có độ dài (10−5)/2=2,5, cạnh bên = √(10²+2,5²)=√(425/4)=5√17/2≈10,31 ≠ 15√2/2≈10,61, sai. Câu d: chiều cao của mặt bên (thang) là √(10²+2,5²)=5√17/2, diện tích một mặt bên = ((10+5)/2)·(5√17/2)=75√17/4 cm², đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
V=(10/3)(100+x²+√(100x²)+... )=(10/3)(x²+10x+100) cm³.
b) (AI giải đề cho tôi)
1000=2·(10/3)(x²+10x+100) ⇒ x²+10x−50=0 ⇒ x=−5+5√5 ⇒ a+b=5+5=10≠8.
c) (AI giải đề cho tôi)
Cạnh bên = √(10²+((10−5)/2)²)=√(425/4)=5√17/2 cm, không bằng 15√2/2 cm.
d) (AI giải đề cho tôi)
Chiều cao mặt bên = 5√17/2, diện tích một mặt bên = (15/2)(5√17/2)=75√17/4 cm².

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích nước đổ đi: $\frac{1}{4}\cdot (20\cdot 10\cdot 8)=400c{m}^3$. Gọi $H$ là chiều cao khay chóp cụt, diện tích đáy nhỏ $S_1=\frac{n^2}{2}$, đáy lớn $S_2=\frac{(2n{)}^2}{2}=2n^2$. Thể tích khay thứ hai: $V=\frac{H}{3}(S_1+\sqrt{S_1{S}_2}+S_2)=\frac{H}{3}\left(\frac{n^2}{2}+n^2+2n^2\right)=\frac{7H{n}^2}{6}$. Mực nước cao $\frac{2H}{5}$, đường chéo mặt nước là $n+\frac{2}{5}(2n-n)=\frac{7n}{5}$, diện tích mặt nước $S=\frac{1}{2}\cdot {\left(\frac{7n}{5}\right)}^2=\frac{49n^2}{50}$. Thể tích nước trong khay thứ hai (hình chóp cụt với hai đáy là đáy khay và mặt nước): $V_{nước}=\frac{1}{3}\cdot \frac{2H}{5}\left(\frac{n^2}{2}+\sqrt{\frac{n^2}{2}\cdot \frac{49n^2}{50}}+\frac{49n^2}{50}\right)=\frac{2H}{15}\left(\frac{n^2}{2}+\frac{7n^2}{10}+\frac{49n^2}{50}\right)=\frac{2H}{15}\cdot \frac{109n^2}{50}=\frac{109H{n}^2}{375}$. Đặt $\frac{109H{n}^2}{375}=400\Rightarrow H{n}^2=\frac{150000}{109}$. Thể tích khay thứ hai: $V=\frac{7H{n}^2}{6}=\frac{7}{6}\cdot \frac{150000}{109}=\frac{175000}{109}\approx 1606c{m}^3$.

(AI giải đề cho tôi)
Đáy là ngũ giác gồm hình chữ nhật $4\times 4,3$ và tam giác cân có đáy $4$ m, chiều cao $2$ m (theo hình vẽ). Diện tích đáy: $S=4\cdot 4,3+\frac{4\cdot 2}{2}=17,2+4=21,2$ (m²). Chiều cao lăng trụ đứng là $12$ m nên thể tích căn nhà: $V=S\cdot 12=21,2\cdot 12=254,4$ (m³). Vậy chọn B.

(AI giải đề cho tôi)
Khối lập phương có cạnh 24 cm nên thể tích toàn khối là $24^3=13824c{m}^3$. Theo hình vẽ, khối lập phương được xếp từ 8 viên gạch hình hộp chữ nhật giống hệt nhau (mỗi viên có kích thước $12\times 12\times 12cm$, tức nửa cạnh khối lập phương theo cả ba chiều). Vậy thể tích mỗi viên gạch là $13824:8=1728c{m}^3$. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $B(-1;0;0)$, $C(1;0;0)$, $A(0;\sqrt{3};0)$, trọng tâm $G(0;\frac{\sqrt{3}}{3};0)$, $A^{\prime }(0;\frac{\sqrt{3}}{3};h)$ với $h$ là chiều cao lăng trụ. Đường thẳng $A{A}^{\prime }$ có vectơ chỉ phương $\vec{u}=(0;-\frac{2\sqrt{3}}{3};h)$, đường $BC$ có $\vec{v}=(1;0;0)$, lấy $\overrightarrow{AB}=(0;\sqrt{3};0)$. Ta có $\vec{u}\times \vec{v}=(0;h;\frac{2\sqrt{3}}{3})$, nên khoảng cách giữa $A{A}^{\prime }$ và $BC$ là $d=\frac{|(\vec{u}\times \vec{v})\cdot \overrightarrow{AB}|}{|\vec{u}\times \vec{v}|}=\frac{h\sqrt{3}}{\sqrt{h^2+\frac{4}{3}}}$. Theo đề $\frac{h\sqrt{3}}{\sqrt{h^2+\frac{4}{3}}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow 4h^2=h^2+\frac{4}{3}\Rightarrow h^2=\frac{4}{9}\Rightarrow h=\frac{2}{3}$. Diện tích đáy $S=\frac{2^2\sqrt{3}}{4}=\sqrt{3}$. Thể tích $V=S\cdot h=\sqrt{3}\cdot \frac{2}{3}=\frac{2\sqrt{3}}{3}\approx 1.15$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $B=(0;0;0)$, $C=(a;0;0)$, $A=\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)$. Vì mặt $(B{B}^{\prime }{C}^{\prime }C)$ là hình thoi cạnh $a$ và vuông góc với đáy nên nó nằm trong mặt phẳng $y=0$; do đó $C^{\prime }=(a+a\cos \theta ;0;a\sin \theta )$, $B^{\prime }=(a\cos \theta ;0;a\sin \theta )$ với $\theta$ là góc giữa $C{C}^{\prime }$ và $BC$, chiều cao khối lăng trụ $h=a\sin \theta$.

Vì $C{C}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }$ nên khoảng cách từ $C{C}^{\prime }$ đến $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ bằng khoảng cách từ $C$ đến mặt phẳng đó. Vectơ pháp tuyến của $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$: $\vec{n}=\overrightarrow{B{B}^{\prime }}\times \overrightarrow{BA}=\frac{a^2}{2}\left(-\sqrt{3}\sin \theta ;\sin \theta ;\sqrt{3}\cos \theta \right)$, với $|\vec{n}|=\frac{a^2}{2}\sqrt{3+{\sin }^2\theta }$.

Khoảng cách: $d(C,(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }))=\frac{a\sqrt{3}\sin \theta }{\sqrt{3+{\sin }^2\theta }}=\frac{2a\sqrt{3}}{5}$, suy ra $\frac{{\sin }^2\theta }{3+{\sin }^2\theta }=\frac{4}{25}\Rightarrow 21{\sin }^2\theta =12\Rightarrow \sin \theta =\frac{2}{\sqrt{7}}$.

Thể tích: $V=S_{ABC}\cdot h=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{2a}{\sqrt{7}}=\frac{a^3\sqrt{21}}{14}$. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
ABCD là hình vuông cạnh 6 (vì MAB đều cạnh 6 với M trung điểm AB nên AB = 6). Hình chiếu của M, N, P, Q là trung điểm các cạnh nên chúng tạo thành hình vuông cạnh 3√2, và vì MAB đều nên khoảng cách từ M đến (ABCD) là h = 6·(√3/2) = 3√3; các điểm M, N, P, Q cùng nằm trên mặt phẳng song song cách (ABCD) một khoảng h. Thiết diện song song với đáy tại độ cao z là hình vuông cạnh s(z) = 6 − (6 − 3√2)z/h. Thể tích: V = ∫₀ʰ s(z)² dz = h·(s₁² + s₁s₂ + s₂²)/3 = 3√3·(36 + 18√2 + 18)/3 = √3(54 + 18√2) = 54√3 + 18√6 ≈ 93,53 + 44,09 = 137,62 dm³. Làm tròn: V ≈ 138 dm³.

(AI giải đề cho tôi)
Diện tích đáy hình vuông cạnh 3 là $S=3^2=9$. Thể tích hình chóp $V=\frac{1}{3}\cdot 9\cdot 4=12$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Đáy $ABC$ vuông cân tại $C$ với huyền $AB=\sqrt{2}$ nên $AC=BC=1$, $S_{ABC}=\frac{1}{2}$. Chọn hệ trục: $C(0;0;0)$, $A(1;0;0)$, $B(0;1;0)$. Vì $(A{A}_{1}B)\perp (ABC)$ nên hình chiếu $H$ của $A_1$ nằm trên $AB$: $H=(t;1-t;0)$, $A_1=(t;1-t;h)$ với $h=A_{1}H$ là chiều cao lăng trụ.

Từ $A{A}_1=\sqrt{3}$: $(1-t{)}^2+(1-t{)}^2+h^2=3$, tức $2(1-t{)}^2+h^2=3$.

Góc giữa $(A_{1}AC)$ và $(ABC)$ (cạnh chung $AC$): vectơ pháp tuyến của $(A_{1}AC)$ là $\vec{n}=\overrightarrow{AC}\times \overrightarrow{A{A}_1}=(0;-h;1-t)$, nên $\cos 60^{\circ }=\frac{1-t}{\sqrt{h^2+(1-t{)}^2}}=\frac{1}{2}$, suy ra $h^2=3(1-t{)}^2$.

Kết hợp: $5(1-t{)}^2=3\Rightarrow (1-t{)}^2=\frac{3}{5}$, $h^2=\frac{9}{5}$, $h=\frac{3}{\sqrt{5}}$. Kiểm tra góc $A_{1}AB$ nhọn: $\cos \angle A_{1}AB=\frac{2(1-t)}{\sqrt{3}}=\frac{2}{\sqrt{5}}>0$, thỏa mãn.

Thể tích: $V=S_{ABC}\cdot h=\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{\sqrt{5}}=\frac{3\sqrt{5}}{10}\approx 0.67$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $I$ là tâm tam giác đều $ABC$, khoảng cách từ $I$ đến cạnh $AB$ là $d=\frac{a\sqrt{3}}{6}$. Góc giữa mặt bên $(SAB)$ và mặt đáy là góc nhị diện $[SH,IH]$ với $H$ là trung điểm $AB$, bằng $60^{\circ }$. Chiều cao $S{H}_{\perp }$: $h=d\cdot \tan 60^{\circ }=\frac{a\sqrt{3}}{6}\cdot \sqrt{3}=\frac{a}{2}$. Diện tích đáy $S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$. Thể tích $V=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{a}{2}=\frac{a^3\sqrt{3}}{24}$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $a$ là độ dài cạnh đáy nhỏ, cạnh đáy lớn bằng $2a$. Diện tích hai đáy: $S_1=\frac{3\sqrt{3}}{2}(2a{)}^2=6\sqrt{3}{a}^2$, $S_2=\frac{3\sqrt{3}}{2}{a}^2$. Thể tích: $V=\frac{h}{3}\left(S_1+S_2+\sqrt{S_1{S}_2}\right)=\frac{h}{3}\cdot \frac{21\sqrt{3}}{2}{a}^2=\frac{7\sqrt{3}}{2}\Rightarrow h\cdot a^2=1\Rightarrow h=\frac{1}{a^2}$.

Chiều cao hình thang (thiết diện qua trục) : khoảng cách giữa hai đáy (theo phương ngang) là $\frac{2a-a}{2}=\frac{a}{2}$ phần apothem: hiệu apothem hai đáy là $a\sqrt{3}-\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, nên chiều cao hình thang bên (thiên lăng $h^{\prime }$): $h^{\prime 2}=h^2+\frac{3a^2}{4}$, cạnh bên $l^2=h^{\prime 2}+\frac{a^2}{4}=h^2+a^2$.

Khi trải phẳng: 6 hình thang quanh lục giác nhỏ (bán kính đường tròn ngoại tiếp $a$). Góc ở đáy lớn của hình thang: $\cos \gamma =\frac{a/2}{l}$, $\sin \gamma =\frac{h^{\prime }}{l}$. Hướng cạnh bên tại đỉnh đáy nhỏ lệch so với phương bán kính một góc $\delta =\gamma -60^{\circ }$, suy ra góc ở đỉnh đáy nhỏ trong tam giác (tâm – đỉnh nhỏ – đỉnh lớn) bằng $180^{\circ }-\delta =240^{\circ }-\gamma$, với $\cos (240^{\circ }-\gamma )=-\frac{a}{4l}-\frac{\sqrt{3}{h}^{\prime }}{2l}$.

Áp dụng định lí cosin cho tam giác $OSB$ ($OS=a$, $SB=l$, $OB=R$):
$$R^2=a^2+l^2-2al\cos (240^{\circ }-\gamma )=h^2+\frac{5}{2}{a}^2+\sqrt{3}a{h}^{\prime }.$$

Thay $h=\frac{1}{a^2}$, $h^{\prime }=\sqrt{\frac{1}{a^4}+\frac{3a^2}{4}}$:
$$R^2(a)=\frac{1}{a^4}+\frac{5}{2}{a}^2+\sqrt{3}a\sqrt{\frac{1}{a^4}+\frac{3a^2}{4}}.$$

Khảo sát hàm số (đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương): giá trị nhỏ nhất đạt tại $a\approx 0,9575$ với $R_{\min }\approx 2,3987$ (kiểm tra: $R^2(0,95)\approx 5,7549$, $R^2(0,9575)\approx 5,7538$, $R^2(0,96)\approx 5,7544$, $R^2(1,05)\approx 5,9155$).

Vậy cạnh đáy nhỏ $a\approx 0,96$, khớp với đáp án nguồn 0,96.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi cạnh đáy nhỏ là $a$, cạnh đáy lớn $2a$, chiều cao $h$. Diện tích hai đáy: $S_1=\frac{3\sqrt{3}}{2}{a}^2$, $S_2=6\sqrt{3}{a}^2$. Thể tích $V=\frac{h}{3}(S_1+S_2+\sqrt{S_1{S}_2})=\frac{h}{3}\cdot \frac{21\sqrt{3}}{2}{a}^2=\frac{7\sqrt{6}}{2}\Rightarrow h=\frac{\sqrt{2}}{a^2}$. Cạnh bên của hình chóp cụt: $e^2=h^2+(2a-a{)}^2=\frac{2}{a^4}+a^2$. Khi trải phẳng: lục giác nhỏ có bán kính đường tròn ngoại tiếp $a$, khoảng cách từ tâm đến cạnh đáy nhỏ là $\frac{a\sqrt{3}}{2}$; đỉnh ngoài của hình thang nằm trên đường tròn bán kính $R$, cạnh đáy lớn (dài $2a$) là dây của đường tròn này nên khoảng cách từ tâm đến đáy lớn là $d=\sqrt{R^2-a^2}$. Chiều cao hình thang trong mặt phẳng: $d-\frac{a\sqrt{3}}{2}$, nên $e^2={\left(\sqrt{R^2-a^2}-\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2+\frac{a^2}{4}$. Suy ra $\sqrt{R^2-a^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}+\sqrt{\frac{2}{a^4}+\frac{3a^2}{4}}$, tức $R^2=a^2+{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}+\sqrt{\frac{2}{a^4}+\frac{3a^2}{4}}\right)}^2$. Khảo sát hàm $R(a)$: thử $a=1,05\Rightarrow R\approx 2,6947$; $a=1,07\Rightarrow R\approx 2,6924$; $a=1,08\Rightarrow R\approx 2,6927$; $a=1,15\Rightarrow R\approx 2,713$. Giá trị nhỏ nhất đạt tại $a\approx 1,07$. Vậy cạnh đáy nhỏ $\approx 1,07$, khớp đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Lăng trụ đứng nên $A{A}^{\prime }\perp (ABC)$, do đó $A{A}^{\prime }\perp AB$ và tam giác $AB{A}^{\prime }$ vuông tại $A$: $A{A}^{\prime }=\sqrt{A^{\prime }{B}^2-A{B}^2}=\sqrt{25-1}=\sqrt{24}=2\sqrt{6}$ cm. Diện tích đáy: $S_{ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot AC=\frac{1}{2}\cdot 1\cdot 3=\frac{3}{2}$ cm². Thể tích: $V=S_{ABC}\cdot A{A}^{\prime }=\frac{3}{2}\cdot 2\sqrt{6}=3\sqrt{6}\approx 7,348\approx 7,3$ cm³. Kết quả khớp với đáp án nguồn 7,3.

Đáp án: S S Đ Đ.
a) Sai: Tam giác ABC vuông tại A $\Rightarrow AC=\sqrt{B{C}^2-A{B}^2}=\sqrt{13-4}=3$ $\Rightarrow V_{ltru}=\frac{1}{2}.2.3.4=12$.
b) Sai: $d(A^{\prime }C,FE)=\frac{6}{\sqrt{61}}$ (theo tính toán chi tiết ở ý b).
c) Đúng: vì AB vuông góc với mp (ACA').
d) Đúng: $\cos \widehat{A^{\prime }CA}=\frac{AC}{A^{\prime }C}=\frac{3}{\sqrt{9+16}}=\frac{3}{5}$.
a) Sai.

Tam giác ABC vuông tại A $\Rightarrow AC=\sqrt{B{C}^2-A{B}^2}=\sqrt{13-4}=3$
$\Rightarrow V_{ltru}=\frac{1}{2}.2.3.4=12$
b) Sai.
$d(A^{\prime }C,FE)=d(FE,(A^{\prime }BC))=d(E;(A^{\prime }BC))=\frac{1}{2}d(A;(A^{\prime }BC))=\frac{1}{2}d$
$\frac{1}{d^2}=\frac{1}{A{C}^2}+\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{A}^2}=\frac{1}{9}+\frac{1}{4}+\frac{1}{16}=\frac{61}{144}\Rightarrow d=\frac{12}{\sqrt{61}}\Rightarrow d(A^{\prime }C,FE)=\frac{6}{\sqrt{61}}$
c) Đúng: vì AB vuông góc với mp (ACA').
d) Đúng.
Góc giữa đường thẳng $A^{\prime }C$ và mặt phẳng đáy $(ABC)$ bằng A'CA
$\Rightarrow \cos \widehat{A^{\prime }CA}=\frac{AC}{A^{\prime }C}=\frac{3}{\sqrt{9+16}}=\frac{3}{5}$

(AI giải đề cho tôi)
Khối lăng trụ đứng có chiều cao $A{A}^{\prime }=2a$. Đáy là tam giác vuông tại $A$ với $AB=3a$, $AC=4a$ nên diện tích đáy $S_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot AC=\frac{1}{2}\cdot 3a\cdot 4a=6a^2$. Thể tích khối lăng trụ: $V=S_{ABC}\cdot A{A}^{\prime }=6a^2\cdot 2a=12a^3$. Kết quả trùng với đáp án nguồn: chọn A.

(AI giải đề cho tôi)
Lăng trụ đứng có chiều cao $h=A{A}^{\prime }=2a$. Đáy là tam giác vuông tại $A$ với $AB=3a$, $AC=4a$ nên diện tích đáy $S_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot 3a\cdot 4a=6a^2$. Thể tích $V=S_{ABC}\cdot h=6a^2\cdot 2a=12a^3$. Kết quả trùng với đáp án B trong bảng mã đề 1001.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\perp AD$ và $AB\perp SA$ nên $AB\perp (SAD)$, suy ra $(SAB)\perp (SAD)$. Hình chiếu của $C$ trên $(SAB)$ là $D$ (vì $AD\perp (SAB)$), do đó góc giữa $SC$ và $(SAB)$ là $\angle CSD=30^{\circ }$. Tam giác $SCD$ vuông tại $D$ (vì $CD\perp (SAD)$): $\tan 30^{\circ }=\frac{CD}{SD}=\frac{a}{SD}\Rightarrow SD=a\sqrt{3}$. Tam giác $SAD$ vuông tại $A$: $SA=\sqrt{S{D}^2-A{D}^2}=\sqrt{3a^2-a^2}=a\sqrt{2}$. Thể tích: $V=\frac{1}{3}\cdot a^2\cdot a\sqrt{2}=\frac{\sqrt{2}{a}^3}{3}$. Khớp với đáp án B.

1) Gọi $G$ là trọng tâm của tứ diện đều $ABCD$.
Đặt $\vec{a}=\overrightarrow{GA},\vec{b}=\overrightarrow{GB},\vec{c}=\overrightarrow{GC},\vec{d}=\overrightarrow{GD}$.
Ta có $\left|\vec{a}\right|=\left|\vec{b}\right|=\left|\vec{c}\right|=\left|\vec{d}\right|$ và $\vec{a}\cdot \vec{b}=\vec{a}\cdot \vec{c}=\vec{a}\cdot \vec{d}=\vec{b}\cdot \vec{c}=\vec{b}\cdot \vec{d}=\vec{c}\cdot \vec{d}$.



Ta có $\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}+\vec{d}=\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{GD}=\vec{0}\iff (\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}+\vec{d}{)}^2=0$

$\iff {\vec{a}}^2+{\vec{b}}^2+{\vec{c}}^2+{\vec{d}}^2+2\vec{a}\vec{b}+2\vec{a}\vec{c}+2\vec{a}\vec{d}+2\vec{b}\vec{c}+2\vec{b}\vec{d}+2\vec{c}\vec{d}=0$

$\iff 4{\vec{a}}^2+12\cdot \vec{a}\cdot \vec{b}=0$

$\iff 12\left|\vec{a}\right|\left|\vec{b}\right|\cos \left(\vec{a},\vec{b}\right)=-4{\vec{a}}^2$

$\iff \cos \left(\vec{a},\vec{b}\right)=-\frac{1}{3}$.

2) Ta có $\left(\left(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }\right),\left(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }\right)\right)=\left(\left(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }\right),\left(ABC\right)\right)$



Kẻ $GH\perp AC$, $A^{\prime }G\perp AC\Rightarrow AC\perp \left(A^{\prime }GH\right)\Rightarrow AC\perp A^{\prime }H$

Ta có:
$\{\begin{array}{l}\left(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }\right)\cap \left(ABC\right)=AC\\ AC\perp A^{\prime }H\\ AC\perp GH\end{array}\Rightarrow \left(\left(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }\right),\left(ABC\right)\right)=\left(\widehat{A^{\prime }H,GH}\right)=\widehat{A^{\prime }HG}=60^{\circ }$.

$BC=\sqrt{A{C}^2-A{B}^2}=\sqrt{25a^2-9a^2}=4a$.

Kẻ $BK\perp AC\Rightarrow \frac{1}{B{K}^2}=\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{B{C}^2}=\frac{1}{9a^2}+\frac{1}{16a^2}=\frac{25}{144a^2}\iff BK=\frac{12a}{5}$.

Có $BK\parallel GH\Rightarrow \frac{GH}{BK}=\frac{MG}{MB}=\frac{1}{3}\Rightarrow GH=\frac{1}{3}BK=\frac{1}{3}\cdot \frac{12a}{5}=\frac{4a}{5}$.

Tam giác $A^{\prime }HG$ vuông tại $G$ có: $\tan \widehat{A^{\prime }HG}=\frac{A^{\prime }G}{GH}\Rightarrow A^{\prime }G=\frac{4a}{5}\tan 60^{\circ }=\frac{4a\sqrt{3}}{5}$.

Vậy $V_{ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=A^{\prime }G.S_{ABC}=\frac{1}{2}3a.4a.\frac{4a\sqrt{3}}{5}=\frac{24a^3\sqrt{3}}{5}$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(2;0;0)$, $C(0;\sqrt{3};0)$ (tam giác $ABC$ vuông tại $A$). Gọi $A{A}^{\prime }=h$, vectơ $\vec{u}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ với $|\vec{u}|=h$. Vì $CA{A}^{\prime }=90^{\circ }$ nên $\vec{u}\cdot \overrightarrow{AC}=0\Rightarrow u_y=0$; vì $BA{A}^{\prime }=120^{\circ }$ nên $\vec{u}\cdot \overrightarrow{AB}=2h\cos 120^{\circ }=-h\Rightarrow u_x=-h/2$; suy ra $u_z=\frac{h\sqrt{3}}{2}$ (đây chính là chiều cao của lăng trụ nghiêng, vì khoảng cách giữa hai mặt đáy bằng thành phần vuông góc của $\vec{u}$ với mặt đáy: $h_{\text{cao}}=\frac{h\sqrt{3}}{2}$). Khi đó $A^{\prime }=\vec{u}$, $B^{\prime }=B+\vec{u}$, $M=B+\frac{\vec{u}}{2}=\left(2-\frac{h}{4};0;\frac{h\sqrt{3}}{4}\right)$. Ta có $\overrightarrow{CM}=\left(2-\frac{h}{4};-\sqrt{3};\frac{h\sqrt{3}}{4}\right)$ và $\overrightarrow{A^{\prime }B}=\left(2+\frac{h}{2};0;-\frac{h\sqrt{3}}{2}\right)$. Điều kiện $CM\perp A^{\prime }B$: $\overrightarrow{CM}\cdot \overrightarrow{A^{\prime }B}=\left(2-\frac{h}{4}\right)\left(2+\frac{h}{2}\right)-\frac{3h^2}{8}=4+\frac{h}{2}-\frac{h^2}{2}=0$, tức $h^2-h-8=0\Rightarrow h=\frac{1+\sqrt{33}}{2}$. Thể tích: $V=S_{ABC}\cdot h_{\text{cao}}=\sqrt{3}\cdot \frac{h\sqrt{3}}{2}=\frac{3h}{2}=\frac{3(1+\sqrt{33})}{4}$. Vậy đáp án A.