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

(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)
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)
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.

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)
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.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $H$ là trung điểm $AB$. Vì tam giác $A^{\prime }AB$ cân tại $A^{\prime }$ và $(A^{\prime }AB)\perp (ABC)$ nên $A^{\prime }H\perp (ABC)$, chiều cao lăng trụ $h=A^{\prime }H$. Trong mặt phẳng $(ABC)$ kẻ $CK\perp A{A}^{\prime }$ ($K\in A{A}^{\prime }$), thì $CK\perp A{A}^{\prime }$ và $A^{\prime }H\perp (ABC)$ suy ra góc giữa $(A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C)$ và $(ABC)$ là $\widehat{CKH}=60^{\circ }$ (tính qua tam giác vuông với đường cao). Cách tính trực tiếp: với $A(0,0,0)$, $B(a,0,0)$, $C\left(\frac{a}{2},\frac{a\sqrt{3}}{2},0\right)$, $A^{\prime }\left(\frac{a}{2},0,h\right)$, pháp tuyến của $(A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C)$ là $\vec{n}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}\times \overrightarrow{AC}=\left(-\frac{ah\sqrt{3}}{2},\frac{ah}{2},\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\right)$. Góc giữa hai mặt phẳng: $\cos 60^{\circ }=\frac{\frac{a^2\sqrt{3}}{4}}{a\sqrt{h^2+\frac{3a^2}{16}}}=\frac{1}{2}$, suy ra $h^2+\frac{3a^2}{16}=\frac{3a^2}{4}\Rightarrow h=\frac{3a}{4}$. Diện tích đáy $S=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$. Thể tích $V=S\cdot h=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{3a}{4}=\frac{3\sqrt{3}{a}^3}{16}$. Vậy chọn D.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp cụt tứ giác đều có cạnh đáy nhỏ $a=10$ m, cạnh đáy lớn $b=14$ m. Gọi $h$ là chiều cao. Khoảng cách giữa hai đáy theo phương trung bình (hiệu độ dài đường trung bình của hai mặt bên) là $\frac{b-a}{2}=\frac{14-10}{2}=2$ m. Mặt bên tạo với đáy nhỏ góc nhị diện $135^{\circ }$, tức góc giữa mặt bên và mặt phẳng đáy nhỏ (phía trong khối) là $180^{\circ }-135^{\circ }=45^{\circ }$. Do đó $\tan 45^{\circ }=\frac{h}{2}\Rightarrow h=2$ m. Thể tích khối chóp cụt: $V=\frac{h}{3}\left(S_1+S_2+\sqrt{S_1{S}_2}\right)=\frac{2}{3}\left(100+196+\sqrt{100\cdot 196}\right)=\frac{2}{3}(100+196+140)=\frac{2}{3}\cdot 436\approx 290,67\approx 291$ m${}^3$. Vậy cần di chuyển khoảng $291$ m${}^3$ đất.

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích hình chóp cụt tứ giác đều: $V=\frac{h}{3}(S_1+S_2+\sqrt{S_1{S}_2})$ với $S_1=2^2=4d{m}^2$, $S_2=5^2=25d{m}^2$. Suy ra $19,5=\frac{h}{3}(4+25+10)=13h\Rightarrow h=1,5dm$. Góc nhị diện giữa mặt đáy nhỏ và một mặt bên: lấy mặt phẳng qua trục hình chóp cụt và vuông góc với mặt bên đó, thiết diện là hình thang cân có hai đáy song song bằng $2$ và $5$, chiều cao $h=1,5$. Góc nhị diện cần tìm là góc ở chân hình thang, với tan của góc bằng chiều cao chia cho khoảng cách ngang từ cạnh đáy nhỏ đến cạnh đáy lớn: $\tan a=\frac{h}{\frac{5-2}{2}}=\frac{1,5}{1,5}=1\Rightarrow a=45^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Thể tích $V=\frac{1}{3}{S}_{ABC}\cdot SA=\frac{1}{3}\cdot \frac{2\cdot 3}{2}\cdot 2=2\ne 6$ → Sai. b) Vì $CB\perp AB$ và $CB\perp SA$ nên $CB\perp (SAB)$, khoảng cách từ $C$ đến $(SAB)$ bằng $BC=3\ne 5$ → Sai. c) Nhị diện $[S,BC,A]$ có cạnh $BC$; vì $AB\perp BC$, $CB\perp BC$ nên góc nhị diện bằng góc giữa $SB$ và $AB$. Ta có $SB=\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}=\sqrt{4+4}=2\sqrt{2}$, $\tan \angle SBA=\frac{SA}{AB}=\frac{2}{2}=1$ nên góc bằng $45^0$ → Đúng. d) $\overrightarrow{SB}=\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{SA}\perp \overrightarrow{AC}$ nên $\overrightarrow{SB}\cdot \overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}\cdot (\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC})=|AB{|}^2+0=4$ → Đúng. Khớp với đáp án MD0911 Phần II Câu 3: a) Sai, b) Sai, c) Đúng, d) Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$V=\frac{1}{3}\cdot \frac{BA\cdot BC}{2}\cdot SA=\frac{1}{3}\cdot 3\cdot 2=2\ne 6$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$CB\perp AB$ và $CB\perp SA$ nên $CB\perp (SAB)$, do đó $d(C,(SAB))=BC=3\ne 5$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Góc nhị diện $[S,BC,A]$ là $\angle SBA$ với $\tan \angle SBA=\frac{SA}{AB}=1$ nên bằng $45^0$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{SB}\cdot \overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=|\overrightarrow{AB}{|}^2=4$ vì $\overrightarrow{SA}\perp \overrightarrow{AC}$ và $\overrightarrow{AB}\perp \overrightarrow{BC}$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(-\frac{\sqrt{3}}{2},0,0)$, $B(\frac{\sqrt{3}}{2},0,0)$, $C(0,\frac{3}{2},0)$ (tam giác đều cạnh $\sqrt{3}$), $I(0,0,0)$, $H$ trung điểm $CI$ nên $H(0,\frac{3}{4},0)$.

a) $A{H}^2=\frac{3}{4}+\frac{9}{16}=\frac{21}{16}\Rightarrow AH=\frac{\sqrt{21}}{4}$. Góc giữa $SA$ và $(ABC)$ là $\widehat{SAH}=45^{\circ }$ nên $SH=AH\tan 45^{\circ }=\frac{\sqrt{21}}{4}$. Đúng.

b) $S(0,\frac{3}{4},\frac{\sqrt{21}}{4})$. Diện tích đáy $=\frac{\sqrt{3}}{4}(\sqrt{3}{)}^2=\frac{3\sqrt{3}}{4}$, nên $V=\frac{1}{3}\cdot \frac{3\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{\sqrt{21}}{4}=\frac{3\sqrt{7}}{16}$. Đúng.

c) Hình chiếu của $S$ lên $(ABC)$ là $H$ (không nằm trên $AC$), nên góc giữa $SA$ và $(ABC)$ là $\widehat{SAH}$, không phải $\widehat{SAC}$. Sai.

d) $G=\left(\frac{\sqrt{3}}{6},\frac{3}{4},\frac{\sqrt{21}}{12}\right)$. Với $\vec{u}=\overrightarrow{AS}$, $\vec{v}=\overrightarrow{GC}$, $\vec{w}=\overrightarrow{SG}$: $\vec{u}\times \vec{v}=\left(\frac{\sqrt{21}}{4},0,-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$, $|\vec{u}\times \vec{v}|=\frac{\sqrt{33}}{4}$, $(\vec{u}\times \vec{v})\cdot \vec{w}=\frac{3\sqrt{7}}{8}$. Suy ra $d(SA,CG)=\frac{3\sqrt{7}/8}{\sqrt{33}/4}=\frac{\sqrt{231}}{22}\ne \frac{\sqrt{231}}{11}$. Sai.

Đối chiếu bảng đáp án nguồn (Mã đề 101, 3a–3d: D, D, S, S) khớp hoàn toàn: a Đúng, b Đúng, c Sai, d Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$AH=\frac{\sqrt{21}}{4}$ và $\widehat{SAH}=45^{\circ }$ nên $SH=AH=\frac{\sqrt{21}}{4}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$V=\frac{1}{3}\cdot \frac{3\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{\sqrt{21}}{4}=\frac{3\sqrt{7}}{16}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $S$ là $H$ trung điểm $CI$, không nằm trên $AC$, nên góc là $\widehat{SAH}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Tính bằng tọa độ được $d(SA,CG)=\frac{\sqrt{231}}{22}\ne \frac{\sqrt{231}}{11}$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $(SAB)\perp (ABCD)$ và $(SAD)\perp (ABCD)$, giao tuyến chung là $SA$ nên $SA\perp (ABCD)$. Góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SCA}=60^{\circ }$. Với $ABCD$ hình vuông cạnh 1 thì $AC=\sqrt{2}$, nên $SA=AC\cdot \tan 60^{\circ }=\sqrt{2}\cdot \sqrt{3}=\sqrt{6}$. Thể tích $V=\frac{1}{3}\cdot 1^2\cdot \sqrt{6}=\frac{\sqrt{6}}{3}$, vậy $b=3$.

(AI giải đề cho tôi)
Tam giác $ABC$ cân tại $A$ với $AB=AC=a$, $\widehat{BAC}=120^{\circ }$ nên $B{C}^2=a^2+a^2-2a^2\cos 120^{\circ }=3a^2\Rightarrow BC=a\sqrt{3}$. Diện tích đáy $S_{ABC}=\frac{1}{2}{a}^2\sin 120^{\circ }=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$. Vì các cạnh bên bằng nhau và cùng tạo với đáy góc $30^{\circ }$ nên hình chiếu của $S$ xuống đáy là tâm đường tròn ngoại tiếp $O$ của tam giác $ABC$, và $SO=R\tan 30^{\circ }$ với $R$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp. Theo định lý sin: $R=\frac{BC}{2\sin A}=\frac{a\sqrt{3}}{2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}=a$. Suy ra $SO=a\tan 30^{\circ }=\frac{a}{\sqrt{3}}$. Thể tích: $V=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{a}{\sqrt{3}}=\frac{a^3}{12}$. Vậy chọn D.

(AI giải đề cho tôi)
Tứ diện $G_1{G}_2{G}_3{G}_4$ tạo bởi trọng tâm các mặt của tứ diện đều $ABCD$ đồng dạng với $ABCD$ theo tỉ số $k=\frac{1}{3}$ (vì khoảng cách giữa trọng tâm hai mặt có chung một cạnh bằng $\frac{1}{3}$ cạnh đó, ví dụ $G_1{G}_2=\frac{AB}{3}=1$). Thể tích tứ diện đều $ABCD$ cạnh 3 là $V_{ABCD}=\frac{3^3\sqrt{2}}{12}=\frac{9\sqrt{2}}{4}$. Do đó $V=\frac{V_{ABCD}}{27}=\frac{9\sqrt{2}}{4\cdot 27}=\frac{\sqrt{2}}{12}$. Chọn D.

(AI giải đề cho tôi)
Khối chóp cụt đều hai đáy vuông cạnh 10 và x, chiều cao h = 10.
a) $V=\frac{h}{3}(S_1+S_2+\sqrt{S_1{S}_2})=\frac{10}{3}(100+x^2+10x)=\frac{10}{3}(x^2+10x+100)$ → đúng.
b) $1000=2V\Rightarrow V=500\Rightarrow x^2+10x+100=150\Rightarrow x^2+10x-50=0\Rightarrow x=-5+5\sqrt{3}$, vậy $a=5,b=3,a+b=8$ → đúng.
c) Với $x=5$: độ dịch ngang giữa hai đỉnh tương ứng trên mặt đáy là $\frac{10-5}{2}\sqrt{2}=\frac{5\sqrt{2}}{2}$. Cạnh bên $=\sqrt{10^2+\frac{50}{4}}=\sqrt{112.5}=\frac{15\sqrt{2}}{2}$ cm → đúng.
d) Chiều cao mặt bên (hình thang): $h^{\prime }=\sqrt{10^2+{\left(\frac{10-5}{2}\right)}^2}=\sqrt{100+6.25}=\frac{5\sqrt{17}}{2}$. Diện tích một mặt bên $=\frac{10+5}{2}\cdot \frac{5\sqrt{17}}{2}=\frac{75\sqrt{17}}{4}$ cm² → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$V=\frac{10}{3}(x^2+10x+100)$ cm³ theo công thức thể tích chóp cụt.
b) (AI giải đề cho tôi)
$V=500\Rightarrow x=-5+5\sqrt{3}$, nên $a+b=5+3=8$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Cạnh bên $=\sqrt{10^2+(5\sqrt{2}/2{)}^2}=\frac{15\sqrt{2}}{2}$ cm.
d) (AI giải đề cho tôi)
Chiều cao mặt bên $\frac{5\sqrt{17}}{2}$, diện tích một mặt bên $\frac{75\sqrt{17}}{4}$ cm².

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $A=(a;b;0)$, $S=(0;0;s)$. Khi đó $\overrightarrow{AS}=(-a;-b;s)$, $\overrightarrow{AB}=(-a;6-b;0)$, $\overrightarrow{AC}=(8-a;-b;0)$.
Tích có hướng: $[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}]=\left(0;0;(-a)(-b)-(6-b)(8-a)\right)$.
Tính thành phần thứ ba: $ab-(48-6a-8b+ab)=6a+8b-48$.
Theo giả thiết $\overrightarrow{AS}=-\frac{1}{12}[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}]$, so sánh từng thành phần: $-a=0\Rightarrow a=0$; $-b=0\Rightarrow b=0$; $s=-\frac{1}{12}(6a+8b-48)=\frac{48-6a-8b}{12}=\frac{48}{12}=4$.
Vậy $A=(0;0;0)$, $S=(0;0;4)$.
Thể tích khối chóp $S.ABC$: $V=\frac{1}{6}\left|[\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OC}]\cdot \overrightarrow{OS}\right|$.
Ta có $[\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OC}]=(0;0;-48)$, nên $V=\frac{1}{6}\cdot |(-48)\cdot 4|=\frac{192}{6}=32$.
Ghi chú: nhận xét về lỗi trung gian trong dữ liệu nguồn là không chính xác — thành phần thứ ba của tích có hướng đúng là $6a+8b-48$, và đáp số $V=32$ được kiểm tra lại là đúng.

Đáp án: 0,48



Vì hình chóp $S.ABC$ có ba cạnh $SA$, $SB$, $SC$ đôi một vuông góc với nhau nên $V_{S.ABC}=\frac{1}{6}.SA.SB.SC=\frac{1}{6}.6.8.8=48$.

Ta có: $AB=AC=10$.

$$\frac{V_{A.MNP}}{V_{A.SBC}}=\frac{AM}{AB}.\frac{AN}{AC}.\frac{AP}{SA}=\frac{1}{10}.\frac{2}{10}.\frac{3}{6}=\frac{1}{100}$$

$$\Rightarrow V_{A.MNP}=\frac{48}{100}=0,48$$

a) Gọi $M$ là trung điểm của $BC\Rightarrow A^{\prime }M\perp (ABC)\Rightarrow A^{\prime }M\perp AM$

Do tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$ nên $AB=AC=\frac{BC}{\sqrt{2}}=a\sqrt{2};AM=BM=CM=\frac{BC}{2}=a;AM\perp BC$

Xét tam giác $A{A}^{\prime }M$ vuông tại $M$ có: $A^{\prime }M=\sqrt{A{A}^{\prime 2}-A{M}^2}=2a$

Thể tích lăng trụ $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ là: $V_{ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=A^{\prime }M.S_{ABC}=A^{\prime }M.\frac{1}{2}.AM.BC=2a.\frac{1}{2}.a.2a=2a^3$

b) Vì $BM\cap AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }=C\Rightarrow \frac{d(B;AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })}{d(M;AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })}=\frac{BC}{MC}=2\Rightarrow d(B;AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })=2d(M;AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$

Gọi $N$ là trung điểm của $AC\Rightarrow \{\begin{array}{l}MN\parallel AB\Rightarrow MN\perp AC\\ MN=\frac{AB}{2}=\frac{a}{\sqrt{2}}\end{array}$

Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $M$ lên $A^{\prime }N$

Có: $\{\begin{array}{l}MN\perp AC\\ A^{\prime }M\perp AC\end{array}\Rightarrow AC\perp (A^{\prime }MN)\Rightarrow \{\begin{array}{l}AC\perp MH\\ A^{\prime }N\perp MH\end{array}\Rightarrow MH\perp AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }\Rightarrow d(M;AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })=MH$

Xét tam giác $A^{\prime }MN$ vuông tại $M$ có: $MH$ là đường cao

$\Rightarrow MH=\frac{A^{\prime }M\cdot MN}{\sqrt{A^{\prime }{M}^2+M{N}^2}}=\frac{2a\cdot \frac{a}{\sqrt{2}}}{\sqrt{2a^2+{\left(\frac{a}{\sqrt{2}}\right)}^2}}=\frac{2a}{3}$

$\Rightarrow d(B;AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })=2d(M;AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })=2MH=\frac{4a}{3}$

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(2;0;0)$, $C(1;\sqrt{3};0)$, $A^{\prime }(0;0;2)$, $B^{\prime }(2;0;2)$, $C^{\prime }(1;\sqrt{3};2)$ (lăng trụ đều cạnh 2, chiều cao 2).

Trọng tâm $G$ của tam giác $A{B}^{\prime }{C}^{\prime }$: $G=\left(1;\frac{\sqrt{3}}{3};\frac{4}{3}\right)$.

Trung điểm $I$ của $B{C}^{\prime }$: $I=\left(\frac{3}{2};\frac{\sqrt{3}}{2};1\right)$.

Thể tích tứ diện $GI{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ bằng $\frac{1}{6}\left|\left[\overrightarrow{B^{\prime }G},\overrightarrow{B^{\prime }I},\overrightarrow{B^{\prime }{C}^{\prime }}\right]\right|$ với:
$\overrightarrow{B^{\prime }G}=\left(-1;\frac{\sqrt{3}}{3};-\frac{2}{3}\right)$, $\overrightarrow{B^{\prime }I}=\left(-\frac{1}{2};\frac{\sqrt{3}}{2};-1\right)$, $\overrightarrow{B^{\prime }{C}^{\prime }}=(-1;\sqrt{3};0)$.

Tích hỗn hợp: $\det =\frac{2\sqrt{3}}{3}$ (tính theo khai triển cột thứ ba, hai thành phần khác 0 chỉ còn $(-1)\cdot \frac{2\sqrt{3}}{3}$ sau khi thành phần thứ nhất triệt tiêu).

Vậy $V_{GI{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=\frac{1}{6}\cdot \frac{2\sqrt{3}}{3}=\frac{\sqrt{3}}{9}$.

Kết quả khớp với đáp án nguồn: C.

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích nước ban đầu ở khay 1: $V=30\cdot 20\cdot 10=6000c{m}^3$. Lượng nước đổ sang khay 2 là $\frac{1}{3}\cdot 6000=2000c{m}^3$.

Gọi khay 2 là hình chóp cụt tứ giác đều, đáy nhỏ (đáy khay) cạnh $a$, đáy lớn (miệng khay) cạnh $b$, chiều cao $h$. Tỷ lệ đường chéo $1:2$ nên $a:b=1:2$, tức $b=2a$.

Mực nước cao $\frac{2}{3}h$, mặt nước là hình vuông cạnh $a+\frac{2}{3}(2a-a)=\frac{5}{3}a$. Thể tích phần nước (chóp cụt từ đáy tới mặt nước):
$$V_{n\breve{0}1b0\breve{1}edbc}=\frac{1}{3}\cdot \frac{2h}{3}\left(a^2+a\cdot \frac{5a}{3}+\frac{25a^2}{9}\right)=\frac{2h}{9}\cdot \frac{49a^2}{9}=\frac{98a^{2}h}{81}=2000.$$

Thể tích cả khay:
$$V_{khay}=\frac{h}{3}(a^2+2a^2+4a^2)=\frac{7a^{2}h}{3}.$$

Suy ra $\frac{V_{khay}}{V_{n\breve{0}1b0\breve{1}edbc}}=\frac{7a^{2}h/3}{98a^{2}h/81}=\frac{7}{3}\cdot \frac{81}{98}=\frac{9}{7}$, nên $V_{khay}=2000\cdot \frac{9}{7}=\frac{18000}{7}\approx 2571c{m}^3$.

Chọn A. [Hình cần kiểm tra lại: p18_f2] Mô hình hoá chân tháp bằng cụt chóp tứ giác đều $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ với $O$, $O^{\prime }$ là tâm của hai đáy. Vậy $AB=5$, $A^{\prime }{B}^{\prime }=2$, $C{C}^{\prime }=3$. $ABCD$ là hình vuông $\Rightarrow AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=5\sqrt{2}\Rightarrow CO=\frac{1}{2}AC=\frac{5\sqrt{2}}{2}$. $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ là hình vuông $\Rightarrow A^{\prime }{C}^{\prime }=\sqrt{A^{\prime }{B}^{\prime 2}+B^{\prime }{C}^{\prime 2}}=2\sqrt{2}\Rightarrow C^{\prime }{O}^{\prime }=\frac{1}{2}{A}^{\prime }{C}^{\prime }=\sqrt{2}$. Kẻ $C^{\prime }H\perp OC$, $(H\in OC)$. $OH{C}^{\prime }{O}^{\prime }$ là hình chữ nhật $\Rightarrow OH=O^{\prime }{C}^{\prime }=\sqrt{2}$, $O{O}^{\prime }=C^{\prime }H\Rightarrow CH=OC-OH=\frac{3\sqrt{2}}{2}$. $\Delta C{C}^{\prime }H$ vuông tại $H\Rightarrow C^{\prime }H=\sqrt{C{C}^{\prime 2}-C{H}^2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}\Rightarrow h=O{O}^{\prime }=C^{\prime }H=\frac{3\sqrt{2}}{2}$. Diện tích đáy lớn là: $S=A{B}^2=25(m^2)$. Diện tích đáy bé là: $S^{\prime }=A^{\prime }{B}^{\prime 2}=4(m^2)$. Thể tích hình chóp cụt là: $V=\frac{1}{3}h\left(S+\sqrt{S.S^{\prime }}+S^{\prime }\right)=\frac{1}{3}\cdot \frac{3\sqrt{2}}{2}\left(25+\sqrt{25.4}+4\right)=\frac{39\sqrt{2}}{2}\left(m^3\right)$. Số tiền để mua bê tông tươi làm chân tháp là: $\frac{39\sqrt{2}}{2}.1470000\approx 40538432$ (đồng).