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

(AI giải đề cho tôi)
Sọt là hình chóp cụt đều với đáy dưới cạnh $a=20cm$, đáy trên cạnh $b=30cm$, cạnh bên $15cm$. Chiều cao $h$: khoảng cách từ tâm đáy lớn đến tâm đáy nhỏ theo phương ngang là $\frac{b-a}{2}\sqrt{2}=5\sqrt{2}$, nên $h=\sqrt{15^2-(5\sqrt{2}{)}^2}=\sqrt{225-50}=\sqrt{175}=5\sqrt{7}$. Diện tích hai đáy: $S_1=400$, $S_2=900$, $\sqrt{S_1{S}_2}=600$. Thể tích $V=\frac{h}{3}(S_1+S_2+\sqrt{S_1{S}_2})=\frac{5\sqrt{7}}{3}\cdot 1900=\frac{9500\sqrt{7}}{3}\approx 8378,22\approx 8378c{m}^3$. Kết quả trùng với đáp án nguồn (8378).

(AI giải đề cho tôi)
Sọt là hình chóp cụt đều với đáy nhỏ cạnh a = 20 cm, đáy lớn cạnh b = 30 cm, cạnh bên l = 15 cm. Nửa hiệu hai đường chéo của hai đáy: d = (b√2 − a√2)/2 = (30√2 − 20√2)/2 = 5√2 (cm). Chiều cao của chóp cụt: h = √(l² − d²) = √(225 − 50) = √175 = 5√7 (cm). Diện tích hai đáy: S₁ = 400 cm², S₂ = 900 cm². Thể tích: V = (h/3)(S₁ + S₂ + √(S₁S₂)) = (5√7/3)(400 + 900 + 600) = (5√7/3)·1900 = (9500√7)/3 ≈ 8377,97 ≈ 8378 cm³. Kết quả khớp với đáp án nguồn 8378.

(AI giải đề cho tôi)
Hệ trục: A(0,0,0), B(a,0,0), D(0,a,0), C(a,a,0), S(0,0,a√2). a) AC⊥BD và AC⊥SA nên BD⊥(SAC) ⇒ BD⊥SC: Đúng. b) Góc giữa SC và (ABCD) là góc SCA, tan = SA/AC = a√2/(a√2) = 1 ⇒ góc bằng 45°, không phải 60°: Sai. c) BC ∥ AD nên BC ∥ (SAD), do đó d(SM,BC) = d(BC,(SAD)) = d(B,(SAD)) = AB = a ≠ a√2: Sai. d) M(a/2,0,0), N(0,a/2,a√2/2), P(a/4,3a/4,0); V_{BMNP} = |det(BM,BN,BP)|/6 = (3a³√2/16)/6 = a³√2/32: Đúng. Khớp đáp án mã đề 1008: Đ, S, S, Đ.
a) (AI giải đề cho tôi)
AC⊥BD (tính chất hình vuông) và AC⊥SA (vì SA⊥(ABCD)) nên AC⊥(SAC) ⇒ BD⊥SC.
b) (AI giải đề cho tôi)
Góc giữa SC và (ABCD) là góc SCA với tan(SCA) = SA/AC = a√2/(a√2) = 1, nên góc bằng 45° chứ không phải 60°.
c) (AI giải đề cho tôi)
BC ∥ AD nên BC ∥ (SAD) ⊃ SM, do đó d(SM,BC) = d(BC,(SAD)) = d(B,(SAD)) = AB = a ≠ a√2.
d) (AI giải đề cho tôi)
Với tọa độ M(a/2,0,0), N(0,a/2,a√2/2), P(a/4,3a/4,0): V_{BMNP} = |det(BM,BN,BP)|/6 = (3a³√2/16)/6 = a³√2/32.

(AI giải đề cho tôi)
Chu vi đáy lục giác đều cạnh 8 cm là $p=6\cdot 8=48$ cm. Diện tích xung quanh $S_{xq}=p\cdot h=48h=1536$ nên chiều cao $h=32$ cm. Diện tích đáy là $S_{đ\acute{a}y}=6\cdot \frac{8^2\sqrt{3}}{4}=96\sqrt{3}$ cm². Thể tích $V=S_{đ\acute{a}y}\cdot h=96\sqrt{3}\cdot 32=3072\sqrt{3}\approx 5321$ cm³, khớp với đáp án nguồn 5321.

Lời giải:
$$V_{A^{\prime }BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }}=\frac{2}{3}{V}_{A^{\prime }.ABC}=\frac{2}{3}.\frac{\sqrt{2}}{12}{\left(6\sqrt{2}\right)}^3=48$$

[Hình cần kiểm tra lại: p11_f1]

Đáp án: 48.

a)



+ Xét tam giác vuông tại $B$: $BC=\sqrt{A{C}^2-A{B}^2}=2a$

+ Diện tích đáy $ABC$: $S_{ABC}=\frac{1}{2}.AB.BC=a^2$

+ Thể tích khối chóp là: $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.S_{ABC}.SA=\frac{2a^3}{3}$

b)
Vì $M$ là trung điểm của $AB$, nên: $d(M,(SBC))=\frac{1}{2}.d(A,(SBC))$

Gọi $H$ thuộc cạnh $SB$ sao cho $AH$ là đường cao hạ xuống $SB$, nên ta dễ dàng suy ra $AH\perp SB$ tại $H$. Do $\{\begin{array}{l}BC\perp AB\\ BC\perp SA\end{array}\iff BC\perp (SAB)\Rightarrow BC\perp AH$.

Do đó $AH\perp (SBC)$ hay $d(A,(SBC))=AH$

Xét tam giác $SAB$ vuông tại $A$, hệ thức lượng cho đường cao $AH$:

$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{B}^2}\iff AH=\frac{2a}{\sqrt{5}}\iff d(M,(SBC))=\frac{a\sqrt{5}}{5}$

a)



+ Hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SAD)$ cùng vuông góc với đáy $(ABCD)$. Do đó, giao tuyến của chúng là $SA\perp (ABCD)$. Vậy $SA$ là đường cao của hình chóp (0,5đ)
+ Đáy $ABCD$ là hình thoi cạnh $a$, có $\widehat{ABC}=60^{\circ }$. Suy ra $ABC$ là tam giác đều, nên $S_{ABCD}=2\cdot S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$

(0,25đ) Gọi $H$ là trung điểm của $AC$. Vì $M$ là trung điểm của $SC$ và $SA\perp (ABCD)$ $\Rightarrow MH\parallel SA$, do đó $MH\perp (ABCD)$
Hình chiếu vuông góc của $M$ lên mặt phẳng $(ABCD)$ là $H$, nên hình chiếu của đường thẳng $BM$ lên đáy là $BH$
Góc giữa $BM$ và $(ABCD)$ là góc $\widehat{MBH}=45^{\circ }$. Do đó, $MBH$ là tam giác vuông cân tại $H$, nên $MH=BH$

(0,25đ) Trong tam giác đều $ABC$ cạnh $a$, đường trung tuyến $BH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$
Nên $MH=BH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Do $MH$ là đường trung bình của tam giác $SAC$ nên $SA=2\cdot MH=a\sqrt{3}$
Thể tích khối chóp: $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}\cdot SA\cdot S_{ABCD}=\frac{a^3}{2}$

b)
(0,25đ) Ta có $AB\parallel CD\Rightarrow AB\parallel (SCD)$, do đó $d(AB,SD)=d(AB,(SCD))=d(A,(SCD))$
Kẻ $AK\perp CD$ tại $K$. Vì $ABCD$ là hình thoi có $\widehat{ABC}=60^{\circ }\Rightarrow \widehat{ADC}=60^{\circ }$
Tam giác $ADC$ đều cạnh $a$, nên $K$ chính là trung điểm của $CD$ và $AK=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

(0,25đ) Ta có $CD\perp AK$ và $CD\perp SA\Rightarrow CD\perp (SAK)$
Kẻ $AI\perp SK$ tại $I$ ($I$ thuộc $SK$). Vì $CD\perp (SAK)$ nên $CD\perp AI$, vậy suy ra rằng $AI\perp (SCD)$
Vậy $d(A,(SCD))=AI$
Ta có hệ thức lượng trong tam giác $SAK$ vuông tại $A$, đường cao $AI$:
$\frac{1}{A{I}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{K}^2}\iff AI=\frac{a\sqrt{15}}{5}$ (Kết luận)

(AI giải đề cho tôi)
Từ hình vẽ: lăng trụ tứ giác đều đáy cạnh 2 cm, chiều cao 1,5 cm; chóp tứ giác đều đáy cạnh 2 cm, cạnh bên 3 cm.
- Thể tích lăng trụ: $V_1=2\cdot 2\cdot 1,5=6$ cm³.
- Nửa đường chéo đáy của chóp: $\sqrt{2}$ cm. Chiều cao chóp: $h=\sqrt{3^2-(\sqrt{2}{)}^2}=\sqrt{7}$ cm. Thể tích chóp: $V_2=\frac{1}{3}\cdot 2^2\cdot \sqrt{7}=\frac{4\sqrt{7}}{3}\approx 3,5277$ cm³.
- Tổng thể tích: $V\approx 9,5277$ cm³. Số tiền: $9,5277\cdot 2500\approx 23819$ đồng $\approx 24$ nghìn đồng (làm tròn đến hàng đơn vị). Khớp đáp án nguồn 24.

(AI giải đề cho tôi)
Lăng trụ tứ giác đều đáy cạnh 2 cm, chiều cao 1,5 cm: $V_1=2\cdot 2\cdot 1,5=6$ cm³. Khối chóp tứ giác đều đáy cạnh 2 cm, cạnh bên 3 cm: nửa đường chéo đáy $=\sqrt{2}$, chiều cao chóp $h=\sqrt{3^2-(\sqrt{2}{)}^2}=\sqrt{7}$, nên $V_2=\frac{1}{3}\cdot 4\cdot \sqrt{7}=\frac{4\sqrt{7}}{3}\approx 3,528$ cm³. Thể tích tổng $\approx 9,528$ cm³. Số tiền $=9,528\times 2500\approx 23819$ đồng $\approx 23,8$ nghìn đồng, làm tròn đến hàng đơn vị là 24 nghìn đồng. Khớp với đáp án nguồn 24.

(AI giải đề cho tôi)
a) Đáy là tam giác đều cạnh $a$ nên $S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$. Lăng trụ đứng có chiều cao $A{A}^{\prime }=a\sqrt{2}$, do đó $$V=S_{ABC}\cdot A{A}^{\prime }=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot a\sqrt{2}=\frac{a^3\sqrt{6}}{4}.$$ b) Vì lăng trụ đứng nên $AB\perp B{B}^{\prime }$ và $AB\perp BC$, suy ra $AB\perp (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$. Hình chiếu của $A{C}^{\prime }$ trên mặt $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ là $B{C}^{\prime }$, nên góc giữa $A{C}^{\prime }$ và $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ là $\widehat{A{C}^{\prime }B}$. Trong tam giác vuông $AB{C}^{\prime }$ (vuông tại $B$): $B{C}^{\prime }=\sqrt{B{C}^2+C{C}^{\prime 2}}=\sqrt{a^2+2a^2}=a\sqrt{3}$. Do đó $\tan \widehat{A{C}^{\prime }B}=\frac{AB}{B{C}^{\prime }}=\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}$, suy ra góc bằng $30^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Diện tích đáy tam giác đều cạnh $a$ là $S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$. Chiều cao lăng trụ $A{A}^{\prime }=a\sqrt{2}$. Thể tích: $V=S_{ABC}\cdot A{A}^{\prime }=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot a\sqrt{2}=\frac{a^3\sqrt{6}}{4}$.

b) Vì lăng trụ đứng nên $AB\perp B{B}^{\prime }$, mà $AB\perp BC$ nên $AB\perp (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$. Hình chiếu của $A{C}^{\prime }$ trên $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ là $B{C}^{\prime }$, do đó góc giữa $A{C}^{\prime }$ và $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ là $\widehat{A{C}^{\prime }B}$.
Tam giác $A{C}^{\prime }B$ có: $AB=a$; $A{C}^{\prime }=\sqrt{A{A}^{\prime 2}+A{C}^2}=\sqrt{2a^2+a^2}=a\sqrt{3}$; $B{C}^{\prime }=\sqrt{B{B}^{\prime 2}+B{C}^2}=a\sqrt{3}$.
Áp dụng định lí cosin: $\cos \widehat{A{C}^{\prime }B}=\frac{A{C}^{\prime 2}+B{C}^{\prime 2}-A{B}^2}{2\cdot A{C}^{\prime }\cdot B{C}^{\prime }}=\frac{3a^2+3a^2-a^2}{2\cdot 3a^2}=\frac{5}{6}$.
Vậy góc cần tìm bằng $\arccos \frac{5}{6}\approx 33,6^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi đáy nhỏ cạnh $a=30cm$, đáy lớn cạnh $b=50cm$, cạnh bên $l=30cm$. Nửa hiệu hai đường chéo là $\frac{b\sqrt{2}-a\sqrt{2}}{2}=\frac{20\sqrt{2}}{2}=10\sqrt{2}$. Chiều cao khối chóp cụt: $h=\sqrt{l^2-(10\sqrt{2}{)}^2}=\sqrt{900-200}=\sqrt{700}=10\sqrt{7}cm$. Diện tích hai đáy: $S_1=900$, $S_2=2500$, $\sqrt{S_1{S}_2}=1500c{m}^2$. Thể tích: $V=\frac{h}{3}(S_1+S_2+\sqrt{S_1{S}_2})=\frac{10\sqrt{7}}{3}\cdot 4900=\frac{49000\sqrt{7}}{3}\approx 43214,7c{m}^3\approx 43,2d{m}^3$. Kết quả trùng với đáp án nguồn 43,2.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp S.ABCD đáy là hình chữ nhật, SA ⊥ (ABCD).
a) Đúng: AD ∥ BC (đáy hình chữ nhật) nên góc giữa AD và SC bằng góc giữa BC và SC.
b) Sai: V = (1/3)·SA·S_{ABCD} = (1/3)·SA·AB·AD, không phải (1/3)·SA·AB·AC.
c) Đúng: SA ⊥ (ABCD) nên hình chiếu của S lên (ABCD) là A, do đó hình chiếu của SD là AD.
d) Sai: AB ⊥ BC và AB ⊥ SA nên AB ⊥ (SBC) ⇒ (SAB) ⊥ (SBC) theo giao tuyến SB. Khoảng cách từ C đến (SAB) bằng khoảng cách từ C đến SB (đường cao CH của tam giác SBC với H ∈ SB), nhỏ hơn CB < AC, nên không thể bằng AC.
a) (AI giải đề cho tôi)
AD ∥ BC nên góc (AD, SC) = góc (BC, SC).
b) (AI giải đề cho tôi)
V = (1/3)·SA·AB·AD, công thức với AC là sai.
c) (AI giải đề cho tôi)
SA ⊥ (ABCD) nên hình chiếu của SD lên (ABCD) là AD.
d) (AI giải đề cho tôi)
Khoảng cách từ C đến (SAB) là chiều cao CH của tam giác SBC (H ∈ SB), nhỏ hơn AC.

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích nước chiếm $\frac{2}{3}$ ly nên chiều cao ly là $9:\frac{2}{3}=13,5$ cm, tức miệng ly cách mặt nước ban đầu $13,5-9=4,5$ cm. Khối lập phương đặt đối xứng qua trục ly với một đỉnh chạm mặt nước (đỉnh dưới cùng ở độ cao 9 cm), đỉnh đối diện nằm đúng tại miệng ly nên đường chéo thân của lập phương bằng $a\sqrt{3}=4,5$ cm, suy ra cạnh $a=\frac{4,5}{\sqrt{3}}$. Khi đổ nước đầy ly, toàn bộ khối lập phương nằm dưới mặt nước nên lượng nước tràn ra bằng thể tích khối lập phương: $V=a^3={\left(\frac{4,5}{\sqrt{3}}\right)}^3=\frac{91,125}{3\sqrt{3}}=10,125\sqrt{3}\approx 17,5370\approx 17,5$ cm${}^3$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $B\left(-\frac{a}{2},0,0\right)$, $C\left(\frac{a}{2},0,0\right)$, $A\left(0,\frac{a\sqrt{3}}{2},0\right)$. Trọng tâm $G\left(0,\frac{a\sqrt{3}}{6},0\right)$, nên $A^{\prime }=\left(0,\frac{a\sqrt{3}}{6},h\right)$ với $h$ là chiều cao lăng trụ. Đường thẳng $A{A}^{\prime }$ có vectơ chỉ phương $\vec{d}=(0,-\frac{a\sqrt{3}}{3},h)$; đường thẳng $BC$ có vectơ chỉ phương $(1,0,0)$. Vectơ pháp tuyến chung: $\vec{n}=\vec{d}\times (1,0,0)=\left(0,h,\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)$. Lấy $\overrightarrow{B{A}^{\prime }}=\left(\frac{a}{2},\frac{a\sqrt{3}}{6},h\right)$, khoảng cách giữa hai đường thẳng: $$d(A{A}^{\prime },BC)=\frac{|\overrightarrow{B{A}^{\prime }}\cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=\frac{h\cdot \frac{a\sqrt{3}}{6}+h\cdot \frac{a\sqrt{3}}{3}}{\sqrt{h^2+\frac{a^2}{3}}}=\frac{\frac{ha\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{h^2+\frac{a^2}{3}}}.$$ Theo đề bài bằng $\frac{a\sqrt{3}}{4}$: $$\frac{h}{2\sqrt{h^2+\frac{a^2}{3}}}=\frac{1}{4}\Rightarrow 4h^2=h^2+\frac{a^2}{3}\Rightarrow h^2=\frac{a^2}{9}\Rightarrow h=\frac{a}{3}.$$ Thể tích: $V=S_{ABC}\cdot h=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{a}{3}=\frac{a^3\sqrt{3}}{12}$. Vậy đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $O$ là hình chiếu của $A^{\prime }$ lên $(ABCD)$ nên $A^{\prime }O\perp (ABCD)$. Giao tuyến của $(A{A}^{\prime }{B}^{\prime }B)$ và đáy là $AB$, khoảng cách từ $O$ đến $AB$ bằng $a/2$. Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa $A^{\prime }O$ (vuông góc đáy) và hình chiếu, tức là góc giữa $A^{\prime }O$ và đường thẳng qua $O$ vuông góc $AB$ trong đáy, nên $\tan 30^{\circ }=\frac{A^{\prime }O}{a/2}$, suy ra $A^{\prime }O=\frac{a}{2\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{3}}{6}$. Thể tích: $V=S_{ABCD}\cdot A^{\prime }O=a^2\cdot \frac{a\sqrt{3}}{6}=\frac{a^3\sqrt{3}}{6}$. Chọn D.

(AI giải đề cho tôi)
Lăng trụ đều $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ có đáy là tam giác đều cạnh $AB=3$, chiều cao $A{A}^{\prime }=8$. Diện tích đáy $S_{A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=\frac{3^2\sqrt{3}}{4}=\frac{9\sqrt{3}}{4}$. Tam giác $MNG$ là ảnh của tam giác $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ qua phép vị tự tâm $S$ tỉ số $\frac{1}{2}$ (vì $M,N,G$ là trung điểm $S{A}^{\prime },S{B}^{\prime },S{C}^{\prime }$), nên $\frac{S_{MNG}}{S_{A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}}=\frac{1}{4}$. Khối $MNG.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ là khối chóp cụt, thể tích bằng hiệu: $V=V_{S.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}-V_{S.MNG}=\frac{1}{3}\cdot \frac{9\sqrt{3}}{4}\cdot 8\left(1-\frac{1}{8}\right)=6\sqrt{3}\cdot \frac{7}{8}=\frac{21\sqrt{3}}{4}$. Vậy chọn A.

(AI giải đề cho tôi)
Khối đa diện có 4 mặt lục giác đều và 4 mặt tam giác đều là khối tứ diện cụt đều (truncated tetrahedron) với cạnh $a=6$ cm. Thể tích khối tứ diện đều ban đầu cạnh $3a$ là $V_1=\frac{(3a{)}^3\sqrt{2}}{12}=\frac{27a^3\sqrt{2}}{12}$. Bốn khối chóp cụt bị cắt tại bốn đỉnh là các tứ diện đều cạnh $a$, mỗi khối có thể tích $\frac{a^3\sqrt{2}}{12}$. Do đó $V=\frac{27a^3\sqrt{2}}{12}-4\cdot \frac{a^3\sqrt{2}}{12}=\frac{23\sqrt{2}}{12}{a}^3$. Thay $a=6$: $V=\frac{23\sqrt{2}}{12}\cdot 216=414\sqrt{2}c{m}^3$. Vậy chọn A.

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích nước ban đầu trong khay hộp chữ nhật: $V=25\cdot 12\cdot 10=3000$ cm³. Lượng nước đổ sang khay thứ hai: $\frac{1}{3}\cdot 3000=1000$ cm³. Khay thứ hai là hình chóp cụt tứ giác đều: đáy nhỏ có đường chéo $n$ nên cạnh $\frac{n}{\sqrt{2}}$, diện tích $\frac{n^2}{2}$; miệng có đường chéo $2n$ nên cạnh $\sqrt{2}n$, diện tích $2n^2$. Gọi chiều cao khay là $h$. Mực nước cao $\frac{h}{2}$, tiết diện mặt nước là hình vuông có đường chéo $\frac{n+2n}{2}=\frac{3n}{2}$, diện tích $\frac{9n^2}{8}$. Theo công thức thể tích hình chóp cụt: $V_{nuoc}=\frac{h/2}{3}\left(\frac{n^2}{2}+\frac{9n^2}{8}+\sqrt{\frac{n^2}{2}\cdot \frac{9n^2}{8}}\right)=\frac{h}{6}\cdot \frac{19n^2}{8}=\frac{19n^{2}h}{48}=1000$, suy ra $n^{2}h=\frac{48000}{19}$. Thể tích khay thứ hai: $V=\frac{h}{3}\left(\frac{n^2}{2}+2n^2+n^2\right)=\frac{7n^{2}h}{6}=\frac{7\cdot 48000}{19\cdot 6}=\frac{56000}{19}\approx 2947,37$, làm tròn đến hàng đơn vị $a=2947$. Tổng các chữ số: $2+9+4+7=22$, trùng với đáp án nguồn.

a) Thể tích khối chóp $S.ABCD$ là $V=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{3}{2}a.2a.a=a^3$. Chọn ĐÚNG.

b) Kẻ $HM\perp BC$ và $HI\perp SM$. Từ đó suy ra $HI\perp (SBC)$. Vậy hình chiếu vuông góc của tam giác $SCH$ trên mặt phẳng $(SBC)$ là tam giác $SCI$, với $I$ là hình chiếu của $H$ trên $SM$. Chọn SAI.

c) Do $\{\begin{array}{l}HM\perp BC\\ SM\perp BC\end{array}$ nên góc phẳng nhị diện $[S,BC,A]$ là $SMH$. Ta có: $HM\parallel AB\Rightarrow \frac{HM}{AB}=\frac{CH}{CA}=\frac{3}{4}\Rightarrow HM=\frac{3}{2}a$. Tính $\tan SMH=\frac{SH}{HM}=1\Rightarrow SMH=45^{\circ }$. Chọn ĐÚNG.

d) Kẻ $HN\perp AD$ và $HK\perp SN$. Từ đó suy ra $HK\perp (SAD)$. Ta có: $d(C,(SAD))=4d(H,(SAD))=4HK$. Tính $HK=\frac{HN.HS}{\sqrt{H{N}^2+H{S}^2}}=\frac{\frac{a}{2}.\frac{3a}{2}}{\sqrt{{\left(\frac{a}{2}\right)}^2+{\left(\frac{3a}{2}\right)}^2}}=\frac{3\sqrt{10}}{20}a$. Vậy $d(C,(SAD))=4d(H,(SAD))=4HK=\frac{3\sqrt{10}}{5}a$. Chọn SAI.
a) Thể tích khối chóp $S.ABCD$ là $V=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{3}{2}a.2a.a=a^3$. Chọn ĐÚNG.
b) Kẻ $HM\perp BC$ và $HI\perp SM$. Từ đó suy ra $HI\perp (SBC)$.
Vậy hình chiếu vuông góc của tam giác $SCH$ trên mặt phẳng $(SBC)$ là tam giác $SCI$, với $I$ là hình chiếu của $H$ trên $SM$. Chọn SAI.
c) Do $\{\begin{array}{l}HM\perp BC\\ SM\perp BC\end{array}$ nên góc phẳng nhị diện $[S,BC,A]$ là $SMH$.
Ta có: $HM\parallel AB\Rightarrow \frac{HM}{AB}=\frac{CH}{CA}=\frac{3}{4}\Rightarrow HM=\frac{3}{2}a$.
Tính $\tan SMH=\frac{SH}{HM}=1\Rightarrow SMH=45^{\circ }$. Chọn ĐÚNG.
d) Kẻ $HN\perp AD$ và $HK\perp SN$. Từ đó suy ra $HK\perp (SAD)$.
Ta có: $d(C,(SAD))=4d(H,(SAD))=4HK$.
Tính $HK=\frac{HN.HS}{\sqrt{H{N}^2+H{S}^2}}=\frac{\frac{a}{2}.\frac{3a}{2}}{\sqrt{{\left(\frac{a}{2}\right)}^2+{\left(\frac{3a}{2}\right)}^2}}=\frac{3\sqrt{10}}{20}a$.
Vậy $d(C,(SAD))=4d(H,(SAD))=4HK=\frac{3\sqrt{10}}{5}a$. Chọn SAI.