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

(AI giải đề cho tôi)
Xét mặt cắt dọc của cốc qua trục: là hình chữ nhật chiều rộng $12cm$ (đường kính đáy) và chiều cao $10cm$. Khi nghiêng cốc, mặt nước là một mặt phẳng đi qua một đường kính của đáy và chạm miệng cốc ở cạnh đối diện, nên trong mặt cắt, mực nước là đường chéo của hình chữ nhật. Lượng nước chiếm nửa hình trụ: thể tích $$V=\frac{1}{2}\pi R^{2}h=\frac{1}{2}\pi \cdot 6^2\cdot 10=180\pi (c{m}^3).$$ Vậy thể tích nước trong cốc là $180\pi \approx 565,49c{m}^3$.

Chọn A
[Hình cần kiểm tra lại: p16_f1]
Theo giả thiết $\cos \phi =\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \sin \phi =\frac{\sqrt{6}}{3}$
Đặt $AD=BC=x>0$, dựng $AK\perp SD$ tại $K$, $BH\perp SC$ tại $H$
Ta có: $\{\begin{array}{l}CD\perp AD\\ CD\perp SA\end{array}\Rightarrow CD\perp (SAD)\Rightarrow CD\perp AK(1)$
Mặt khác $AK\perp SD(2)$. Từ $(1)$ và $(2)\Rightarrow AK\perp (SCD)\Rightarrow AK=d_{(A,(SCD))}$.
Do $AB\parallel (SCD)\Rightarrow d_{(A,(SCD))}=d_{(B,(SCD))}=AK=\frac{SA\cdot AD}{\sqrt{S{A}^2+A{D}^2}}=\frac{ax}{\sqrt{a^2+x^2}}$.
$$SB=\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}=a\sqrt{2}\Rightarrow BH=\frac{BS.BC}{\sqrt{B{S}^2+B{C}^2}}=\frac{a\sqrt{2}x}{\sqrt{2a^2+x^2}}$$
Khi đó: $\sin \phi =\frac{d_{(B,(SCD))}}{BH}=\frac{\frac{ax}{\sqrt{a^2+x^2}}}{\frac{a\sqrt{2}x}{\sqrt{2a^2+x^2}}}=\frac{\sqrt{6}}{3}\iff 2\sqrt{3}.\sqrt{a^2+x^2}=3\sqrt{2a^2+x^2}\iff x=a\sqrt{2}$
Vậy $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SA.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.a.a^2\sqrt{2}=\frac{a^3\sqrt{2}}{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
Khối chóp cụt tứ giác đều có đáy dưới cạnh $a=55,3$ m, chiều cao $h=24$ m, $\tan \alpha =\frac{320}{211}$. Xét mặt phẳng qua đỉnh và vuông góc với cạnh đáy: phần hình chiếu của mặt bên lên đáy có độ dài $\frac{h}{\tan \alpha }=24\cdot \frac{211}{320}=15,825$ m. Suy ra cạnh đáy trên $b=a-2\cdot 15,825=55,3-31,65=23,65$ m. Diện tích hai đáy: $S_1=55,3^2=3058,09$, $S_2=23,65^2=559,3225$, $\sqrt{S_1{S}_2}=55,3\cdot 23,65=1307,845$. Thể tích $V=\frac{h}{3}(S_1+S_2+\sqrt{S_1{S}_2})=\frac{24}{3}\cdot 4925,2575=39402,06\approx 39402$ m³. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $D(0;a;0)$, $C(a;a;0)$, $S(0;0;a)$. Vì $EF//BD$ nên đặt $t=\frac{SE}{SB}\in (0;1)$, khi đó $E(ta;0;a(1-t))$, $F(0;ta;a(1-t))$.

a) $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}\cdot SA\cdot S_{ABCD}=\frac{1}{3}\cdot a\cdot a^2=\frac{a^3}{3}$. Đúng.

b) $\overrightarrow{SC}=(a;a;-a)$, $\overrightarrow{AE}=(ta;0;a(1-t))$ nên $\overrightarrow{SC}\cdot \overrightarrow{AE}=a^2(2t-1)$, chỉ bằng $0$ khi $t=\frac{1}{2}$. Vậy $SC\perp (AEF)$ chỉ xảy ra khi $SE=\frac{1}{2}SB$, không đúng với mọi vị trí của $E,F$. Sai.

c), d) Thể tích tứ diện $ACEF$:
$$V=\frac{1}{6}\left|\det (\overrightarrow{AE},\overrightarrow{AF},\overrightarrow{AC})\right|.$$
Tính $\overrightarrow{AF}\times \overrightarrow{AC}=\left(-a^2(1-t);a^2(1-t);-t{a}^2\right)$, suy ra $\overrightarrow{AE}\cdot (\overrightarrow{AF}\times \overrightarrow{AC})=-2t{a}^3(1-t)$, do đó
$$V=\frac{a^{3}t(1-t)}{3}.$$
(Hoặc kiểm tra: $V(ACEF)=\frac{SE}{SB}V(ACSF)+\frac{EB}{SB}V(ACFB)$ với $V(ACSF)=\frac{t{a}^3}{6}$, $V(ACFB)=\frac{(1-t)a^3}{6}$, cho cùng kết quả $\frac{a^{3}t(1-t)}{3}$.)

Hàm $t(1-t)$ đạt max $=\frac{1}{4}$ tại $t=\frac{1}{2}$, tức khi $SE=\frac{1}{2}SB$ (không phải $\frac{1}{3}SB$). Vậy
$$V_{\max }=\frac{a^3}{12}\ne \frac{a^3\sqrt{2}}{12}.$$

c) Sai: thể tích lớn nhất khi $SE=\frac{1}{2}SB$.
d) Sai: giá trị lớn nhất là $\frac{a^3}{12}$.
a) (AI giải đề cho tôi)
$V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}\cdot SA\cdot a^2=\frac{a^3}{3}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Với tọa độ $\overrightarrow{SC}\cdot \overrightarrow{AE}=a^2(2t-1)$ chỉ bằng 0 khi $t=\frac{1}{2}$; nói chung $SC$ không vuông góc với $(AEF)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$V=\frac{a^{3}t(1-t)}{3}$ đạt max tại $t=\frac{1}{2}$, tức $SE=\frac{1}{2}SB$ chứ không phải $\frac{1}{3}SB$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$V_{\max }=\frac{a^3}{12}$, không bằng $\frac{a^3\sqrt{2}}{12}$.

Góc nhị diện tạo bởi hai nửa mặt phẳng chứa hai mái nhà có số đo bằng $\widehat{BAC}=120^{\circ }$.
Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên mặt nền nhà, $M$ là giao điểm của $BC$ và $AH$.
Ta có $\widehat{BAM}=60^{\circ }$ và $BM=3\Rightarrow \tan \widehat{BAM}=\frac{BM}{AM}\Rightarrow AM=\frac{BM}{\tan \widehat{BAM}}=\frac{3}{\tan 60^{\circ }}=\sqrt{3}$.
Thể tích của ngôi nhà là: $V=S_{ABFDC}\cdot DE=\left(4\cdot 6+\frac{1}{2}\cdot 6\cdot \sqrt{3}\right)\cdot 10\approx 292\left(m^3\right)$.

Góc nhị diện tạo bởi hai nửa mặt phẳng chứa hai mái nhà có số đo bằng $\widehat{BAC}=120^{\circ }$.
Gọi $N$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên mặt nền nhà, $M$ là giao điểm của $BC$ và $AN$.
Ta có $\widehat{BAM}=60^{\circ }$ và $BM=5\Rightarrow \tan \widehat{BAM}=\frac{BM}{AM}\Rightarrow AM=\frac{BM}{\tan \widehat{BAM}}=\frac{5}{\tan 60^{\circ }}=\frac{5\sqrt{3}}{3}$.

Thể tích của ngôi nhà là: $V=S_{ABKHC}\cdot HE=\left(5\cdot 10+\frac{1}{2}\cdot 10\cdot \frac{5\sqrt{3}}{3}\right)\cdot 12\approx 773\left(m^3\right)$.

Đáp án: 25.



Xét hình chữ nhật $ABCD$ nội tiếp $(O)$, do đó, $AC$ là đường kính của $(O)$. Ta có $AC=8dm$.

Tính được $DC=1+x\sqrt{3}+1=x\sqrt{3}+2$

Áp dụng định lý Py-ta-go vào tam giác $ADC$ ta có
$$x^2+(2+x\sqrt{3}{)}^2=8^2\iff 4x^2+4x\sqrt{3}-60=0\iff x=\frac{3\sqrt{7}-\sqrt{3}}{2}$$
$$V=h\cdot S_d=1.6\cdot \frac{x^2\sqrt{3}}{4}=\frac{3}{2}{x}^2\sqrt{3}=\frac{-27\sqrt{7}+99\sqrt{3}}{4}\approx 25,0094d{m}^3$$

Đáp số: 20,6. Ta có: $V_{KhoangRong}=\frac{160}{0,8}=200\left({\text{cm}}^3\right)$, $V_{DungDichDangLen}=30^2\cdot 2=1800\left({\text{cm}}^3\right)$. Suy ra: $V_{KhoiChop}=200+1800=2000\left({\text{cm}}^3\right)$. Mà $V_{KhoiChop}=\frac{1}{3}\cdot 20^2\cdot SH\Rightarrow SH=15$, $BD=20\sqrt{2}\Rightarrow BH=10\sqrt{2}$. Suy ra: $SB=\sqrt{S{H}^2+B{H}^2}=5\sqrt{17}\approx 20,6$.

(AI giải đề cho tôi)
Khi nghiêng cốc, mặt nước là một mặt phẳng đi qua một đường kính của đáy và chạm miệng cốc tại điểm đối diện. Mặt phẳng này đi qua tâm hình trụ (trung điểm trục), nên nó chia hình trụ thành hai phần bằng nhau. Do đó thể tích nước bằng một nửa thể tích hình trụ: $V=\frac{1}{2}\pi r^{2}h=\frac{1}{2}\pi \cdot 6^2\cdot 10=180\pi {\text{cm}}^3\approx 565,49{\text{cm}}^3$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì tam giác $SAB$ đều và $(SAB)\perp (ABCD)$, đường cao $SH\perp AB$ nên $SH\perp (ABCD)$ với $SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
a) $V=\frac{1}{3}\cdot AB\cdot AD\cdot SH=\frac{1}{3}\cdot a\cdot 2a\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}\ne \sqrt{3}{a}^3$ → Sai.
b) Tọa độ: $A(0;0;0),B(a;0;0),D(0;2a;0),C(a;2a;0),H(a/2;0;0),S(a/2;0;a\sqrt{3}/2)$. Mặt phẳng $(SCD)$ qua $D$ có VTPT $\vec{n}=\overrightarrow{DC}\times \overrightarrow{DS}=(0;-ah;-2a^2)$ với $h=a\sqrt{3}/2$, suy ra phương trình $\sqrt{3}y+4z=2\sqrt{3}a$. Khoảng cách từ $H$: $d=\frac{2\sqrt{3}a}{\sqrt{19}}=\frac{2a\sqrt{57}}{19}$ → Đúng.
c) Vì $BC\perp AB$ và $BC\perp SB$ nên góc nhị diện $[S,BC,D]$ là góc $\widehat{SBA}=60^{\circ }$ (tam giác $SAB$ đều) → Đúng.
d) $SH\perp (ABCD)$ chứ không phải $SA$; tam giác $SAB$ đều nên $SA$ tạo với $(ABCD)$ góc $60^{\circ }$ → Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$V=\frac{1}{3}\cdot a\cdot 2a\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}\ne \sqrt{3}{a}^3$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Với hệ tọa độ $A(0;0;0),B(a;0;0),D(0;2a;0),C(a;2a;0),S(a/2;0;a\sqrt{3}/2)$, mặt $(SCD)$: $\sqrt{3}y+4z=2\sqrt{3}a$, nên $d(H,(SCD))=\frac{2\sqrt{3}a}{\sqrt{19}}=\frac{2a\sqrt{57}}{19}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$BC\perp AB$ và $BC\perp SB$ nên góc nhị diện $[S,BC,D]$ là $\widehat{SBA}=60^{\circ }$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Chỉ có $SH\perp (ABCD)$; $SA$ nghiêng, tạo với $(ABCD)$ góc $60^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;3a;0)$, $A^{\prime }(0;0;2a)$. Trọng tâm tam giác $A^{\prime }BC$ là $G=\left(\frac{a+a+0}{3};\frac{0+3a+0}{3};\frac{2a+0+0}{3}\right)=\left(\frac{2a}{3};a;\frac{2a}{3}\right)$. Khoảng cách từ $G$ đến mặt phẳng $(ABCD)$ là $h=\frac{2a}{3}$. Diện tích $S_{ABCD}=AB\cdot AD=3a^2$. Thể tích khối chóp $G.ABCD$ là $V=\frac{1}{3}\cdot 3a^2\cdot \frac{2a}{3}=\frac{2a^3}{3}$. Vậy $m=2$, $n=3$ (tối giản), $P=m\sqrt{n}=2\sqrt{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
Lăng trụ đứng nên AA' ⊥ (ABC), hình chiếu của A'C lên (ABC) là AC, do đó góc giữa A'C và (ABC) là góc A'CA = 60°. Tam giác ABC đều cạnh a nên AC = a, suy ra AA' = AC·tan60° = a√3. Diện tích đáy S = a²√3/4, thể tích V = S·AA' = (a²√3/4)(a√3) = 3a³/4.

Khoảng cách từ I đến (A'BC): đặt hệ tọa độ A(0,0,0), B(a,0,0), C(a/2, a√3/2, 0), A'(0,0,a√3). I thuộc AB với AI = 3IB nên I(3a/4, 0, 0). Vectơ pháp tuyến của (A'BC): A'B = (a,0,−a√3), A'C = (a/2, a√3/2, −a√3), tích có hướng cho n = (3, √3, √3). Mặt phẳng: 3x + √3y + √3z − 3a = 0. Khoảng cách từ I: d = |3·(3a/4) − 3a| / √(9+3+3) = (3a/4)/√15 = 3a/(4√15) = a√15/20.

Kết luận: V = 3a³/4 và d(I, (A'BC)) = a√15/20.

Lời giải.



1. Diện tích tam giác đều $ABC$ là

$$S_{ABC}=A{B}^2\cdot \frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{\sqrt{3}}{4}.$$

Thể tích khối lăng trụ $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ là

$$V_{ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=S_{ABC}\cdot A{A}^{\prime }=\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot 2=\frac{\sqrt{3}}{2}.$$

2. Ta có $B^{\prime }{C}^{\prime }\parallel BC$ mà $BC\subset (A^{\prime }BC)$ nên $B^{\prime }{C}^{\prime }\parallel (A^{\prime }BC)$. Suy ra

$$d(B^{\prime }{C}^{\prime },A^{\prime }B)=d(B^{\prime }{C}^{\prime },(A^{\prime }BC))=d(B^{\prime },(A^{\prime }BC)).$$

Do $A{B}^{\prime }\cap A^{\prime }B=I$, với $I$ là trung điểm của $A{B}^{\prime }$ và $A^{\prime }B$ nên

$$d(A,(A^{\prime }BC))=d(B^{\prime },(A^{\prime }BC)).$$

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Kẻ $AH\perp A^{\prime }M$ tại $H$. Do $BC\perp AM$ ($△ABC$ đều) và $BC\perp A{A}^{\prime }$ (do $A{A}^{\prime }\perp (ABC)$) nên $BC\perp (A{A}^{\prime }M)$, dẫn đến $BC\perp AH$ (do $AH\subset (A{A}^{\prime }M)$). Mà $AH\perp A^{\prime }M$ nên $AH\perp (A^{\prime }BC)$. Điều này có nghĩa là

$$d(A,(A^{\prime }BC))=AH=\frac{A{A}^{\prime }\cdot AM}{\sqrt{A{A}^{\prime 2}+A{M}^2}}=\frac{2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{2^2+{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2}}=\frac{2\sqrt{57}}{19}.$$

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng $B^{\prime }{C}^{\prime }$ và $A^{\prime }B$ là $\frac{2\sqrt{57}}{19}$.

Bình luận.

1. Bài toán hình học không gian trong khối lăng trụ đều, khai thác các khái niệm cơ bản của chương trình hình học không gian. Cách xây dựng bài toán mang tính truyền thống.

2. Phần tiếp theo tiếp tục khai thác các quan hệ hình học trong không gian. Cấu trúc bài toán khá quen thuộc với các dạng bài thường gặp trong chương trình học, nên mức độ sáng tạo của câu hỏi chưa thật sự nổi bật. Nhìn chung, nội dung vẫn thiên về việc kiểm tra mức độ nắm vững kiến thức cơ bản.

(AI giải đề cho tôi)
Vì SO⊥(ABCD) nên SO⊥OA, SO⊥OB. AC=√(AB²+AD²)=√(a²+3a²)=2a nên OA=OB=a. Do đó SO²=SA²−OA²=3a²−a²=2a², SO=a√2.
a) SB²=SO²+OB²=2a²+a²=3a² ⇒ SB=a√3. Tương tự SC=SD=a√3=SA. Đúng.
b) ABCD hình chữ nhật nên BD⊥AC; SO⊥(ABCD) nên SO⊥BD. Vậy BD⊥(SAC). Đúng.
c) V=(1/3)·AB·AD·SO=(1/3)·a·a√3·a√2=a³√6/3≠a³. Sai.
d) α=[S,CD,A] là góc giữa (SCD) và (ABCD) (do CD∥AB). Kẻ OH⊥CD thì OH⊥CD, SO⊥CD ⇒ CD⊥(SOH), góc giữa hai mặt phẳng là góc SHO với H là trung điểm CD. OH=AD/2=a√3/2, tanα=SO/OH=a√2/(a√3/2)=2√6/3. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
OA=OB=a, SO=a√2 ⇒ SB=SC=SD=SA=a√3.
b) (AI giải đề cho tôi)
BD⊥AC (hình chữ nhật) và BD⊥SO ⇒ BD⊥(SAC).
c) (AI giải đề cho tôi)
V=(1/3)·a·a√3·a√2=a³√6/3≠a³.
d) (AI giải đề cho tôi)
Góc giữa (SCD) và đáy tại trung điểm H của CD: tanα=SO/OH=(a√2)/(a√3/2)=2√6/3.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $H$ là trung điểm $AB$. Tam giác $SAB$ đều cạnh $a$ nên $SH\perp AB$ và $SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Vì $(SAB)\perp (ABC)$ có giao tuyến $AB$ nên $SH\perp (ABC)$, tức $SH$ là chiều cao của khối chóp.

a) Diện tích đáy $S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$. Thể tích:
$$V_{S.ABC}=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a^3}{8}.$$

b) Ta có $SA=a$ (tam giác $SAB$ đều), $AC=a$, và $S{C}^2=S{H}^2+H{C}^2=\frac{3a^2}{4}+\frac{3a^2}{4}=\frac{3a^2}{2}\Rightarrow SC=\frac{a\sqrt{6}}{2}$.
Diện tích tam giác $SAC$ (cân tại $A$... thực chất tính qua đường cao hạ từ $A$ xuống $SC$):
$$h^2=S{A}^2-{\left(\frac{SC}{2}\right)}^2=a^2-\frac{3a^2}{8}=\frac{5a^2}{8}\Rightarrow h=\frac{a\sqrt{10}}{4}.$$
$$S_{SAC}=\frac{1}{2}\cdot \frac{a\sqrt{6}}{2}\cdot \frac{a\sqrt{10}}{4}=\frac{a^2\sqrt{15}}{8}.$$
Khoảng cách từ $B$ đến $(SAC)$:
$$d(B,(SAC))=\frac{3V_{S.ABC}}{S_{SAC}}=\frac{3\cdot \frac{a^3}{8}}{\frac{a^2\sqrt{15}}{8}}=\frac{3a}{\sqrt{15}}=\frac{a\sqrt{15}}{5}.$$

Kết luận: $V_{S.ABC}=\frac{a^3}{8}$ và $d(B,(SAC))=\frac{a\sqrt{15}}{5}$.

(AI giải đề cho tôi)
Từ hình vẽ: tấm tôn hình vuông cạnh $8dm$, giữ lại phần giữa là hình vuông $ABCD$ cạnh $3dm$ (vì $8-2\cdot 2,5=3$). Ở mỗi góc, hai vạch cắt cách đỉnh góc $1dm$ theo hai cạnh; khi gấp các mép lên và hàn lại, hai mép cắt của hai cánh kề nhau phải khớp nhau tại đỉnh miệng thùng.

Gọi $\theta$ là góc gấp của mỗi cánh so với mặt đáy. Xét góc $D^{\prime }$: điểm cắt trên mép trên cách $D^{\prime }$ một đoạn $1dm$, tức cách hình chiếu của góc đáy $D$ một đoạn $1,5dm$ theo phương cạnh và $2,5dm$ theo phương gấp. Sau khi gấp, điểm này phải trùng với điểm cắt tương ứng của cánh kề, điều kiện trùng hoành độ cho:
$$2,5\cos \theta =1,5\Rightarrow \cos \theta =0,6\Rightarrow \sin \theta =0,8.$$
Chiều cao thùng:
$$h=2,5\cdot \sin \theta =2,5\cdot 0,8=2dm.$$
Miệng thùng là hình vuông cạnh $3+2\cdot 2,5\cos \theta =3+3=6dm$ (cũng bằng $8-2\cdot 1=6dm$), đáy thùng là hình vuông cạnh $3dm$. Vậy thùng là hình chóp cụt đều với:
$$S_1=3^2=9d{m}^2,S_2=6^2=36d{m}^2.$$
Thể tích:
$$V=\frac{h}{3}\left(S_1+S_2+\sqrt{S_1{S}_2}\right)=\frac{2}{3}\left(9+36+\sqrt{9\cdot 36}\right)=\frac{2}{3}(9+36+18)=\frac{2}{3}\cdot 63=42d{m}^3.$$
Vậy thể tích của thùng là $42d{m}^3$. Hình vẽ trang 22 xác nhận các số liệu: cạnh tấm tôn $8dm$, hình vuông trong $3dm$, vạch cắt cách đỉnh $1dm$, khớp hoàn toàn với cách giải.

(AI giải đề cho tôi)
Lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có AA' ⟂ (ABC), đáy là tam giác đều cạnh a, AA' = a√3.
a) Vì lăng trụ đứng nên cạnh bên vuông góc với mặt đáy: AA' ⟂ (ABC). Mặt bên (BCC'B') chứa BC, và giao tuyến của (BCC'B') với (ABC) là BC. Do AA' ⊂ (BCC'B')... chính xác hơn: AA' ⟂ (ABC) nên (BCC'B') ⊥ (ABC) (mặt phẳng chứa đường thẳng vuông góc với (ABC)). Đúng.
b) Vì AA' ⟂ (ABC) nên hình chiếu vuông góc của A' lên (ABC) là A. Đúng.
c) Diện tích đáy S = a²√3/4, chiều cao h = AA' = a√3. V = S·h = (a²√3/4)(a√3) = 3a³/4. Đúng.
d) AA' ∥ BB', BB' ⊂ (BCC'B') nên AA' ∥ (BCC'B'). Khoảng cách giữa AA' và BC bằng khoảng cách từ A đến BC, bằng đường cao tam giác đều ABC: d = a√3/2. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Lăng trụ đứng có AA' ⟂ (ABC), mà AA' ⊂ (BCC'B'), giao tuyến của (BCC'B') và (ABC) là BC, nên (BCC'B') ⊥ (ABC).
b) (AI giải đề cho tôi)
Vì AA' ⟂ (ABC) nên hình chiếu của A' lên (ABC) là A.
c) (AI giải đề cho tôi)
V = S_ABC · AA' = (a²√3/4)·a√3 = 3a³/4.
d) (AI giải đề cho tôi)
AA' ∥ (BCC'B') nên d(AA', BC) = d(A, (BCC'B')) = d(A, BC) = đường cao tam giác đều = a√3/2.

(AI giải đề cho tôi)
a) Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp CD$; lại $CD\perp AD$ (hình vuông) nên $CD\perp (SAD)$, suy ra $CD\perp SD$. Mặt khác $CD\perp BC$. Vậy $CD$ là đường thẳng vuông góc chung của $SD$ và $BC$ → đúng.
b) $SA\perp (ABCD)$ mà $SA\subset (SAB)$ nên $(SAB)\perp (ABCD)$ → đúng.
c) $V=\frac{1}{3}\cdot (a\sqrt{3}{)}^2\cdot a=\frac{1}{3}\cdot 3a^2\cdot a=a^3$ → đúng.
d) Vì $SA\perp (ABCD)$ nên hình chiếu vuông góc của $S$ lên $(ABCD)$ là $A$ → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$CD\perp AD$, $CD\perp SA$ (vì $SA\perp (ABCD)$) nên $CD\perp (SAD)$, do đó $CD\perp SD$; cũng có $CD\perp BC$. Vậy $CD$ là đường vuông góc chung của $SD$ và $BC$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$SA\perp (ABCD)$ và $SA\subset (SAB)$ nên $(SAB)\perp (ABCD)$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SA=\frac{1}{3}\cdot 3a^2\cdot a=a^3$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên hình chiếu của $S$ lên $(ABCD)$ là $A$.

(AI giải đề cho tôi)
Đáy ABC vuông tại A, AB=a, AC=a√3 nên BC=2a, đường cao AH = AB·AC/BC = a√3/2. a) SA ⊥ (ABC) nên SA ⊥ AH; lại AH ⊥ BC nên AH là đường vuông góc chung của SA và BC → đúng. b) Góc giữa (SBC) và (ABC) là góc SHA = 60° (H là hình chiếu của A trên BC, S là hình chiếu của S). SA = AH·tan60° = (a√3/2)·√3 = 3a/2 → đúng. c) V = (1/3)·S_ABC·SA = (1/3)·(a²√3/2)·(3a/2) = a³√3/4 → đúng. d) SA ⊥ AB, SA ⊥ AC và AB ⊥ AC tại A nên (SAB) ⊥ (SAC) → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
SA ⊥ (ABC) nên SA ⊥ AH; AH ⊥ BC nên AH là đường vuông góc chung của SA và BC.
b) (AI giải đề cho tôi)
AH = a√3/2, góc SHA = 60°, SA = AH·tan60° = 3a/2.
c) (AI giải đề cho tôi)
V = (1/3)·(a²√3/2)·(3a/2) = a³√3/4.
d) (AI giải đề cho tôi)
SA ⊥ AB, SA ⊥ AC, AB ⊥ AC nên (SAB) ⊥ (SAC).

(AI giải đề cho tôi)
a) Tam giác ABC vuông tại B nên $S_{ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot BC=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 8=24$. Thể tích khối lăng trụ: $V=S_{ABC}\cdot A{A}^{\prime }=24\cdot 5=120$.

b) Lăng trụ đứng nên $B{B}^{\prime }\perp (ABC)$, suy ra $B{B}^{\prime }\perp AC$. Khoảng cách giữa $B{B}^{\prime }$ và $AC$ bằng khoảng cách từ $B$ đến $AC$ trong mặt phẳng $(ABC)$, tức là đường cao $h$ của tam giác vuông tại B hạ xuống cạnh huyền $AC$.

$AC=\sqrt{6^2+8^2}=10$. Diện tích: $\frac{1}{2}AB\cdot BC=\frac{1}{2}AC\cdot h$ nên $h=\frac{6\cdot 8}{10}=\frac{48}{10}=4,8$.

Vậy $d(B{B}^{\prime },AC)=4,8=\frac{24}{5}$.