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

(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)
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)
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 $a$ 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.

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.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $H$ là tâm đáy hình chóp đều $S.ABCD$, $SH=h$, $HE=x$ với $HA=x\sqrt{2}$, ràng buộc $h^2+2x^2=a^2$. Vì $BC\perp (SHE)$ nên $BC\perp SF$; kết hợp $HF\perp SE$ suy ra $F$ là hình chiếu của $H$ trên $(SBC)$, do đó góc giữa $SH$ và mặt bên là $\alpha =\angle HSF$.

a) $V=\frac{1}{3}(2x{)}^{2}h=\frac{4}{3}{x}^{2}h$. Đặt $t=x^2$, cực đại của $t\sqrt{a^2-2t}$ đạt tại $t=a^2/3$, tức $x=h=\frac{a}{\sqrt{3}}$. Khi đó $\tan \angle HSE=\frac{x}{h}=1\Rightarrow \angle HSE=45^{\circ }$. Tam giác $SHE$ vuông tại $E$ có đường cao $HF$ xuống cạnh huyền $SE$ nên $\angle SHF=\angle HSE$ (cùng phụ với $\angle HSF$), suy ra $\alpha =\angle HSF=90^{\circ }-\angle HSE=45^{\circ }\in (30^{\circ };45^{\circ }]$. Đúng.

b) $SF\perp SE$ (giả thiết) và $BC\perp (SHE)\Rightarrow BC\perp SF$; $SE$ và $BC$ cắt nhau trong $(SBC)$ nên $SF\perp (SBC)$. Đúng.

c) Với $\alpha =45^{\circ }$: $x=h=\frac{a}{\sqrt{3}}$, cạnh đáy $CD=\frac{2a}{\sqrt{3}}$. Vì $AB\parallel CD\subset (SCD)$ nên $d(AB,SC)=d(A,(SCD))=2d(H,(SCD))$. Mặt phẳng $(SHE)\perp (SCD)$ (do $CD\perp (SHE)$), giao tuyến $SE$, nên $d(H,(SCD))=d(H,SE)=\frac{SH\cdot HE}{SE}=\frac{h\cdot x}{h\sqrt{2}}=\frac{h}{\sqrt{2}}=\frac{a}{\sqrt{6}}$. Vậy $d(AB,SC)=\frac{2a}{\sqrt{6}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}\approx 0,816a\ne \frac{a\sqrt{21}}{7}\approx 0,655a$. Sai.

d) Trong tam giác $SHE$ vuông tại $E$ có đường cao $HF$ xuống cạnh huyền $SE$: $\angle SHF=\angle HSE$ (cùng phụ với $\angle HSF$), do đó $\angle FSH=90^{\circ }-\angle SHF=90^{\circ }-\angle HSE=\angle ESH$ với mọi cấu hình. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$V=\frac{4}{3}{x}^{2}h$ với $h^2+2x^2=a^2$ đạt cực đại khi $x=h=\frac{a}{\sqrt{3}}$, khi đó $\angle HSE=45^{\circ }$ và $\alpha =\angle HSF=90^{\circ }-\angle HSE=45^{\circ }\in (30^{\circ };45^{\circ }]$. Đúng.
b) (AI giải đề cho tôi)
$SF\perp SE$ và $BC\perp (SHE)\Rightarrow BC\perp SF$; $SE,BC\subset (SBC)$ cắt nhau nên $SF\perp (SBC)$. Đúng.
c) (AI giải đề cho tôi)
Với $\alpha =45^{\circ }$: $x=h=\frac{a}{\sqrt{3}}$, $d(AB,SC)=2d(H,(SCD))=2\cdot \frac{h}{\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}\approx 0,816a\ne \frac{a\sqrt{21}}{7}\approx 0,655a$. Sai.
d) (AI giải đề cho tôi)
Tam giác $SHE$ vuông tại $E$ có đường cao $HF$ xuống cạnh huyền $SE$ nên $\angle SHF=\angle HSE$ (cùng phụ với $\angle HSF$), suy ra $\angle FSH=90^{\circ }-\angle SHF=\angle ESH$ luôn đúng. Đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $A$ là gốc tọa độ, $\overrightarrow{AB}=(\sqrt{3},0,0)$, $\overrightarrow{AD}=(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{3}{2},0)$, vectơ dịch chuyển của lăng trụ $\overrightarrow{AM}=(u,v,h)$ với $h>0$. Vì mọi cạnh bằng $\sqrt{3}$: $u^2+v^2+h^2=3$.

Mặt $(ABNM)$ chứa $AB$ và $\overrightarrow{AM}$, pháp tuyến $(0,-h,v)$, nên $\tan \alpha =\frac{h}{|v|}=2\sqrt{11}\Rightarrow h^2=44v^2$.

Mặt $(ADQM)$: pháp tuyến $\overrightarrow{AD}\times \overrightarrow{AM}$ có thành phần $z$ là $\frac{\sqrt{3}}{2}v-\frac{3}{2}u$, độ dài bình phương $3h^2+\frac{3}{4}(v-\sqrt{3}u{)}^2$. Điều kiện góc $\alpha$ (với ${\cos }^2\alpha =1/45$) cho $11(v-\sqrt{3}u{)}^2=h^2=44v^2\Rightarrow v-\sqrt{3}u=\pm 2v$.

Trường hợp $u=-v/\sqrt{3}$ khiến hình chiếu của $A$ lên $(MNPQ)$, tức điểm $(0,0,h)$, nằm ngoài hình thoi. Chọn $u=\sqrt{3}v$; kết hợp $48v^2=3$ và điều kiện hình chiếu nằm trong hình thoi (cần $v<0$) ta được $v=-\frac{1}{4}$, $u=-\frac{\sqrt{3}}{4}$, $h=\frac{\sqrt{11}}{2}$.

Suy ra $M=(-\frac{\sqrt{3}}{4},-\frac{1}{4},\frac{\sqrt{11}}{2})$, $N=(\frac{3\sqrt{3}}{4},-\frac{1}{4},\frac{\sqrt{11}}{2})$, $Q=(\frac{\sqrt{3}}{4},\frac{5}{4},\frac{\sqrt{11}}{2})$ với $|AM{|}^2=3$, $|AN{|}^2=|AQ{|}^2=\frac{9}{2}$.

Tâm cầu $O=(x,y,z)$ cách đều $A,M,N,Q$ thỏa $\overrightarrow{AO}\cdot \overrightarrow{AM}=\frac{3}{2}$, $\overrightarrow{AO}\cdot \overrightarrow{AN}=\overrightarrow{AO}\cdot \overrightarrow{AQ}=\frac{9}{4}$. Giải hệ: hiệu hai phương trình cuối cho $y=\frac{x}{\sqrt{3}}$; kết hợp hai phương trình còn lại được $x=\frac{\sqrt{3}}{4}$, $y=\frac{1}{4}$, $z=\frac{7}{2\sqrt{11}}$.

Thể tích $V_{O.ABM}=\frac{1}{6}\left|\det (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AM},\overrightarrow{AO})\right|=\frac{\sqrt{3}}{6}\left|(-\frac{1}{4})\frac{7}{2\sqrt{11}}-\frac{\sqrt{11}}{2}\cdot \frac{1}{4}\right|=\frac{\sqrt{3}}{6}\cdot \frac{18}{8\sqrt{11}}=\frac{3\sqrt{3}}{8\sqrt{11}}$.

Vậy $V^2=\frac{27}{704}$, $a=27$, $b=704$ (tối giản), $S=27+704=731$. Đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $D(2a;0;0)$, $B\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)$, $C\left(\frac{3a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)$ (đáy là hình thang cân, $AD\parallel BC$, chiều cao đáy $\frac{a\sqrt{3}}{2}$). Diện tích đáy $S=\frac{a+2a}{2}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{3a^2\sqrt{3}}{4}$. Ta có $AC=\sqrt{\frac{9a^2}{4}+\frac{3a^2}{4}}=a\sqrt{3}$; góc giữa $A^{\prime }C$ và $(ABCD)$ bằng $45^{\circ }$ nên $A{A}^{\prime }=AC\tan 45^{\circ }=a\sqrt{3}$.

a) Mặt bên là hình chữ nhật $a\times a\sqrt{3}$, không phải hình vuông → sai.

b) $V=S\cdot A{A}^{\prime }=\frac{3a^2\sqrt{3}}{4}\cdot a\sqrt{3}=\frac{9a^3}{4}$ → đúng.

c) Với $O(a;0;0)$: $\overrightarrow{OC}=\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)$, $\overrightarrow{O{B}^{\prime }}=\left(-\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};a\sqrt{3}\right)$, $\vec{n}=\overrightarrow{OC}\times \overrightarrow{O{B}^{\prime }}=\left(\frac{3a^2}{2};-\frac{\sqrt{3}{a}^2}{2};\frac{\sqrt{3}{a}^2}{2}\right)$. $\overrightarrow{AB}\cdot \vec{n}=\frac{3a^3}{4}-\frac{3a^3}{4}=0$ nên $AB\parallel (B^{\prime }CO)$, và $\overrightarrow{OB}\cdot \vec{n}\ne 0$ nên $B\notin (B^{\prime }CO)$. Vì $B^{\prime }C\subset (B^{\prime }CO)$ nên $d(AB,B^{\prime }C)=d(B,(B^{\prime }CO))$ → đúng.

d) $\overrightarrow{A^{\prime }C}=\left(\frac{3a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};-a\sqrt{3}\right)$, mặt phẳng $(P)$ qua $B$ vuông góc $A^{\prime }C$: $3x+\sqrt{3}y-2\sqrt{3}z=3a$. Thiết diện: $(P)$ cắt $B^{\prime }C$ tại $E\left(\frac{7a}{6};\frac{a\sqrt{3}}{2};\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)$ (kiểm tra: $3\cdot \frac{7a}{6}+\sqrt{3}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}-2\sqrt{3}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{3}=\frac{7a}{2}+\frac{3a}{2}-2a=3a$ ✓, và $E\in B^{\prime }C$ với $t=\frac{2}{3}$ ✓), cắt $C{C}^{\prime }$ tại $F\left(\frac{3a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};\frac{\sqrt{3}a}{2}\right)$, cắt $D{D}^{\prime }$ tại $G\left(2a;0;\frac{\sqrt{3}a}{2}\right)$, cắt $AD$ tại $H(a;0;0)$; thiết diện là ngũ giác $BEFGH$.

Thể tích khối chứa $C,D$: tích phân trên đáy tứ giác $HDBC$ (với mỗi $y\in \left[0,\frac{a\sqrt{3}}{2}\right]$, $x$ chạy từ $a-\frac{y}{\sqrt{3}}$ đến $2a-\frac{y}{\sqrt{3}}$, bề rộng $a$) của chiều cao $z=\frac{3x+\sqrt{3}y-3a}{2\sqrt{3}}$:
$$V_{CD}={\int }_0^{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\int }_0^a\frac{3u}{2\sqrt{3}}dudy=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{3a^2}{4\sqrt{3}}=\frac{3a^3}{8}.$$
Khối chứa đỉnh $A$: $V=\frac{9a^3}{4}-\frac{3a^3}{8}=\frac{15a^3}{8}$ → đúng.

Kết luận: a) sai; b) đúng; c) đúng; d) đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Chiều cao lăng trụ $A{A}^{\prime }=a\sqrt{3}\ne a=AB$, mặt bên là hình chữ nhật $a\times a\sqrt{3}$, không phải hình vuông.
b) (AI giải đề cho tôi)
$S_{ABCD}=\frac{3a^2\sqrt{3}}{4}$, $A{A}^{\prime }=a\sqrt{3}$, nên $V=\frac{9a^3}{4}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{AB}\perp \vec{n}$ của $(B^{\prime }CO)$ nên $AB\parallel (B^{\prime }CO)$, $B\notin (B^{\prime }CO)$, và $B^{\prime }C\subset (B^{\prime }CO)$, do đó $d(AB,B^{\prime }C)=d(B,(B^{\prime }CO))$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Mặt phẳng $(P)$: $3x+\sqrt{3}y-2\sqrt{3}z=3a$, thiết diện ngũ giác $BEFGH$ với $E\left(\frac{7a}{6};\frac{a\sqrt{3}}{2};\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)$. Khối chứa $C,D$ có thể tích $\frac{3a^3}{8}$ (tính bằng tích phân hoặc phân tích khối chóp), nên khối chứa $A$ có thể tích $\frac{9a^3}{4}-\frac{3a^3}{8}=\frac{15a^3}{8}$.

a) Vẽ hình đúng làm ý a).
[Hình cần kiểm tra lại: p10_f1]
Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $S$ xuống $(ABCD)\Rightarrow SH\perp (ABCD)$.
Ta có tam giác $SAB$ cân tại $S\Rightarrow SM\perp AB\Rightarrow HM\perp AB$.
Ta có tam giác $SCD$ vuông tại $C\Rightarrow DC\perp SC,SH\perp DC\Rightarrow HC\perp DC$.
Tứ giác $ABCD$ là nửa lục giác đều cạnh $a\Rightarrow DC\perp AC\Rightarrow H\in AC$.
Tứ giác $ABCI$ là hình thoi $\Rightarrow O$ là trung điểm $IB$ với $O$ là giao điểm của $IB$ và $AC$.
Xét tam giác $IAB$ đều cạnh $a\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.
Ta có $DC\perp (SAC),DC//BI\Rightarrow BI\perp (SAC)$; $OE\perp SA\Rightarrow d(SA,BI)=OE=\frac{a\sqrt{39}}{10}$.
Dựng $HF\perp SA\Rightarrow HF//OE\Rightarrow HF=\frac{a\sqrt{39}}{15}$.
Ta có $\frac{1}{H{F}^2}=\frac{1}{A{H}^2}+\frac{1}{S{H}^2}\Rightarrow SH=\frac{a\sqrt{13}}{6}$; Vậy thể tích $S.ABCD$ là $V=\frac{a^3\sqrt{39}}{24}$.
b) Gọi số đo của nhị diện $[A,BD,S]$ là $\beta$, ta có $\alpha +\beta =180^0$.
Dựng $HJ\parallel AB,J\in BD\Rightarrow HJ\perp BD$; có $SH\perp BD\Rightarrow SJ\perp BD$ $\Rightarrow \widehat{SJH}$ là một góc phẳng nhị diện $[A,BD,S]$.
Ta có $BC\parallel AD$, $AD=2BC\Rightarrow JH=\frac{1}{2}AB=\frac{a}{2}$.
Xét tam giác $SJH$ vuông tại H, $\cos \beta =\frac{3\sqrt{22}}{22}$.
Vậy $\cos \alpha =\cos \left(180^0-\beta \right)=-\cos \beta =-\frac{3\sqrt{22}}{22}$.