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

a) Sai: $h=\frac{3V_0}{S_0}=a\sqrt{5}$, không phải $\frac{a\sqrt{5}}{3}$. b) Sai: $V_{M.ABC}=\frac{1}{4}{V}_0=\frac{a^3}{12}$. c) Đúng: $d(BD,SA)=OH=\frac{OA.SO}{\sqrt{O{A}^2+S{O}^2}}=\frac{a\sqrt{55}}{11}$. d) Sai: $V_0$ lớn nhất bằng $\frac{40\sqrt{10}}{3}$ khi $x=20\sqrt{2}$, khi đó $S_0=3200$ (không phải 3216).
a) Chiều cao của khối chóp là $h=\frac{3V_0}{S_0}=a\sqrt{5}$. Chọn SAI.
b) Ta có $V_{M.ABC}=\frac{1}{3}{S}_{ABC}.d(M,(ABC))=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}{S}_{ABCD}.\frac{1}{2}d(S,(ABC))=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}{S}_{ABCD}.\frac{1}{2}SO=\frac{1}{4}{V}_0=\frac{a^3}{12}$. Chọn SAI.
c) Vì $S.ABCD$ là hình chóp đều $\Rightarrow SO\perp (ABCD)\Rightarrow SO\perp BD$, $AC\perp BD\Rightarrow BD\perp (SAO)$. Dựng $OH\perp SA,H\in SA\Rightarrow BD\perp OH$. Suy ra $d(BD,SA)=OH=\frac{OA.SO}{\sqrt{O{A}^2+S{O}^2}}$. Vì $S_0=a^2,V_0=\frac{a^3\sqrt{5}}{3}\Rightarrow AB=a,OA=\frac{a\sqrt{2}}{2},SO=\frac{3V_0}{S_0}=a\sqrt{5}$. $d(BD,SA)=OH=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}.a\sqrt{5}}{\sqrt{\frac{a^2}{2}+5a^2}}=\frac{a\sqrt{55}}{11}$. Chọn ĐÚNG.
d) Ta có $a=180,h=98$. Gọi cạnh đáy của mô hình kim tự tháp bằng $x=AB=BC=CD=AD$. Gọi $O$ là tâm hình vuông $MNPQ$ cạnh 50 cm $\Rightarrow O$ cũng là tâm hình vuông $ABCD$. Xét tam giác $OAD$ vuông cân tại $O$ nên $OD=OA=\frac{x}{\sqrt{2}}\iff AK=OK-OA=25-\frac{x}{\sqrt{2}}$. Xét tam giác vuông $MKA$ có: $MA=\sqrt{M{K}^2+K{A}^2}=\sqrt{625+{\left(25-\frac{x}{\sqrt{2}}\right)}^2}$. Giả sử sau khi gấp lên (với $S\equiv M\equiv N\equiv P\equiv Q$), ta được hình chóp $S.ABCD$, có: $$SO=\sqrt{S{A}^2-O{A}^2}=\sqrt{M{A}^2-O{A}^2}=\sqrt{625+{\left(25-\frac{x}{\sqrt{2}}\right)}^2-\frac{x^2}{2}}$$ $$\Rightarrow V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.S_{ABCD}.SO=\frac{1}{3}.x^2.\sqrt{625+{\left(25-\frac{x}{\sqrt{2}}\right)}^2-\frac{x^2}{2}}=\frac{1}{3}{x}^2\sqrt{1250-25\sqrt{2}x}$$ $$=\frac{5}{3}\sqrt{x^4\left(50-\sqrt{2}x\right)}=\frac{40}{3}\sqrt{\frac{x\sqrt{2}}{4}.\frac{x\sqrt{2}}{4}.\frac{x\sqrt{2}}{4}.\frac{x\sqrt{2}}{4}.\left(50-\sqrt{2}x\right)}\le \frac{40}{3}\sqrt{\frac{50}{5}}=\frac{40\sqrt{10}}{3}.$$ Dấu "=" xảy ra khi $x=20\sqrt{2}$. Vậy $V_0$ đạt giá trị lớn nhất là $\frac{40\sqrt{10}}{3}$ khi đó $S_0=3200$. Chọn SAI.

Gọi $M,N,P$ lần lượt là hình chiếu của $H$ lên các cạnh $AC,BC,AB$. Đặt $SH=h\Rightarrow V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.h.\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{h\sqrt{3}}{12}$. Ta có $SP=\frac{2S_{SAB}}{AB}=2S_{SAB}=\frac{6V_{S.ABC}}{d(C,(SAB))}=\frac{h\sqrt{3}}{2}:\frac{\sqrt{30}}{20}=h\sqrt{10}$. $\Rightarrow PH=\sqrt{S{P}^2-S{H}^2}=3h$. Tương tự, tính được $HM=2h,HN=h$. Ta có $S_{ABC}=S_{HAB}+S_{HAC}+S_{HBC}=\frac{1}{2}(HP+HM+HN)\iff 3h=\frac{\sqrt{3}}{4}\iff h=\frac{\sqrt{3}}{12}$. $V_{S.ABC}=\frac{\sqrt{3}}{12}.\frac{\sqrt{3}}{12}=\frac{1}{48}$. Suy ra $a+b=49$.

Chọn C. Áp dụng định lý Menelaus ta có $\frac{PS}{PD}\frac{IO}{IS}\frac{BD}{BO}=1\iff \frac{PS}{PD}\frac{2}{1}\frac{2}{1}=1\iff \frac{PS}{PD}=\frac{1}{4}\Rightarrow \frac{SD}{SP}=5$. Đặt $x=\frac{SA}{SM}$, $y=\frac{SB}{SB}=1$, $z=\frac{SC}{SN}$, $t=\frac{SD}{SP}=5$ với $x+z=y+t=6\Rightarrow z=6-x$. Khi $N\equiv C$, áp dụng định lý Menelaus ta có $\frac{MS}{MA}\frac{IO}{IS}\frac{CA}{CO}=1\iff \frac{MS}{MA}=\frac{IS}{IO}\frac{CO}{CA}=\frac{1}{4}\Rightarrow \frac{MS}{MA}=\frac{1}{4}$. $\Rightarrow 1\le \frac{SA}{SM}\le 5\Rightarrow 1\le x\le 5$, khi đó ta có $\frac{V_{S.BMPN}}{V_{S.ABCD}}=\frac{x+y+z+t}{4xyzt}=\frac{3}{5x(6-x)}$ với $1\le x\le 5$. Ta có $x(6-x)=-(x-3{)}^2+9$ mà $1\le x\le 5\Rightarrow 5\le x(6-x)\le 9\Rightarrow \frac{1}{15}\le \frac{3}{5x(6-x)}\le \frac{3}{25}$. $\Rightarrow m=\frac{3}{25}$ và $n=\frac{1}{15}\Rightarrow \frac{m}{n}=\frac{9}{5}$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O$ là hình chiếu của $A^{\prime }$ lên $(ABC)$. Vì $A^{\prime }A=A^{\prime }B=A^{\prime }C=4$ nên $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều $ABC$, và $A^{\prime }O\perp (ABC)$.

Đặt $R=OA=OB=OC$, $h=A^{\prime }O$. Ta có $A^{\prime }{B}^2=h^2+R^2=16$.

Gọi $M$ là trung điểm $BC$, khi đó $OM\perp BC$ và $OM=\frac{R}{2}$ (khoảng cách từ tâm đến cạnh của tam giác đều).

Vì $A{A}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }\subset (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ nên $A{A}^{\prime }\parallel (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$. Giao tuyến của mặt phẳng qua $M$ vuông góc với $BC$ với mặt phẳng $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ là đường thẳng qua $M$ song song với $A{A}^{\prime }$. Góc giữa $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ và $(ABC)$ bằng góc giữa đường thẳng này và $MO$, bằng $60^{\circ }$.

Vector $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ có phương nằm trong mặt phẳng chứa $A,O,M$ với thành phần ngang bằng $R$ (chiếu lên $(ABC)$ theo hướng từ $A$ về $O$) và thành phần đứng $h$, độ dài $A{A}^{\prime }=4$. Góc giữa đường thẳng qua $M$ song song $A{A}^{\prime }$ và $MO$ thỏa $\cos 60^{\circ }=\frac{R}{4}$, suy ra $R=2$.

Do đó $h^2=16-R^2=12\Rightarrow h=2\sqrt{3}$. Cạnh đáy $a=R\sqrt{3}=2\sqrt{3}$, diện tích đáy $S=\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot 12=3\sqrt{3}$.

Thể tích khối lăng trụ: $V=S\cdot h=3\sqrt{3}\cdot 2\sqrt{3}=18$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $B=(-a/2,0,0)$, $C=(a/2,0,0)$, $A=(0,\frac{a\sqrt{3}}{2},0)$, $S=(x,y,h)$ với $h>0$.

**Khoảng cách từ $A$ đến $(SBC)$:** mặt phẳng $(SBC)$ đi qua $BC$ (trục hoành) có phương trình dạng $hY=yZ$, nên
$$d(A,(SBC))=\frac{h\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{h^2+y^2}}=\frac{a\sqrt{15}}{5}\Rightarrow \frac{\sqrt{3}}{2}h=\frac{\sqrt{15}}{5}\sqrt{h^2+y^2}.$$

**Khoảng cách giữa $SA$ và $BC$:** với $\vec{u}=\overrightarrow{AS}$, $\vec{v}=\overrightarrow{BC}=(1,0,0)$:
$$d(SA,BC)=\frac{|(B-A)\cdot (\vec{u}\times \vec{v})|}{|\vec{u}\times \vec{v}|}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}h}{\sqrt{h^2+{\left(y-\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2}}=\frac{a\sqrt{15}}{5}\Rightarrow \frac{\sqrt{3}}{2}h=\frac{\sqrt{15}}{5}\sqrt{h^2+{\left(y-\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2}.$$

So sánh hai đẳng thức suy ra $y^2={\left(y-\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2\Rightarrow y=\frac{a\sqrt{3}}{4}$ (hình chiếu của $S$ nằm trên đường trung tuyến $AM$, phù hợp giả thiết hình chiếu nằm trong tam giác).

Thay vào: $\frac{3}{4}{h}^2=\frac{3}{5}\left(h^2+y^2\right)\Rightarrow \frac{3}{20}{h}^2=\frac{3}{5}{y}^2\Rightarrow h^2=4y^2\Rightarrow h=2y=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Thể tích:
$$V=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a^3}{8}.$$
Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A=(0;0;0)$, $B=(4a;0;0)$, $D=(-2a;2a\sqrt{3};0)$, $C=(2a;2a\sqrt{3};0)$ (vì $AC=4a$, $BD=4a\sqrt{3}$). Tâm $O=(a;a\sqrt{3};0)$, $H=(a/2;a\sqrt{3}/2;0)$, $S=(a/2;a\sqrt{3}/2;a\sqrt{3})$.

a) Mặt phẳng $(SAC)$ có phương trình $\sqrt{3}x-y=0$. Hình chiếu của $B$ lên $(SAC)$ là $O$ (không phải $H$), nên góc giữa $SB$ và $(SAC)$ là góc $\widehat{BSO}$ với $\sin =\frac{d(B,(SAC))}{SB}=\frac{4\sqrt{3}a}{4a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, góc bằng $60^{\circ }$. Còn $\cos \widehat{BSH}=\frac{S{B}^2+S{H}^2-B{H}^2}{2\cdot SB\cdot SH}=\frac{16a^2+3a^2-13a^2}{8\sqrt{3}{a}^2}=\frac{\sqrt{3}}{4}$, nên $\widehat{BSH}\approx 64,3^{\circ }\ne 60^{\circ }$. → Sai.

b) $S_{ABCD}=A{B}^2\sin 120^{\circ }=16a^2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=8a^2\sqrt{3}$; $V=\frac{1}{3}\cdot 8a^2\sqrt{3}\cdot a\sqrt{3}=8a^3$. → Đúng.

c) Mặt phẳng $(SCD)$ có vectơ pháp tuyến $\vec{n}=(0;2;3)$ (tính từ $\overrightarrow{CD}\times \overrightarrow{CS}$), mặt đáy có pháp tuyến $(0;0;1)$, nên $\tan \alpha =\frac{2}{3}$. → Đúng.

d) $M=(0;2a\sqrt{3};0)$, $N=(3a;a\sqrt{3};0)$, $P=(a/4;a\sqrt{3}/4;a\sqrt{3}/2)$. $\vec{u}=\overrightarrow{PN}\propto (11;3\sqrt{3};-2)$, $\vec{v}=\overrightarrow{SM}\propto (-1;3\sqrt{3};-2)$, $\vec{u}\times \vec{v}=(0;24;36\sqrt{3})$, $|\vec{u}\times \vec{v}|=12\sqrt{31}$. Khoảng cách $d=\frac{|\overrightarrow{MS}\cdot (\vec{u}\times \vec{v})|}{|\vec{u}\times \vec{v}|}=\frac{36a(3-\sqrt{3})}{12\sqrt{31}}=\frac{3a(3-\sqrt{3})}{\sqrt{31}}\approx 0,683a\ne \frac{2a\sqrt{39}}{13}\approx 0,961a$. → Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $B$ trên $(SAC)$ là $O$ (vì $(SAC):\sqrt{3}x-y=0$), góc cần tìm là $\widehat{BSO}=60^{\circ }$, còn $\cos \widehat{BSH}=\sqrt{3}/4$ nên $\widehat{BSH}\ne 60^{\circ }$. Sai.
b) (AI giải đề cho tôi)
$V=\frac{1}{3}\cdot 8a^2\sqrt{3}\cdot a\sqrt{3}=8a^3$. Đúng.
c) (AI giải đề cho tôi)
Pháp tuyến $(SCD)$ là $(0;2;3)$, pháp tuyến đáy $(0;0;1)$, $\tan \alpha =2/3$. Đúng.
d) (AI giải đề cho tôi)
Tính bằng tích có hướng được $d=\frac{3a(3-\sqrt{3})}{\sqrt{31}}\approx 0,683a$, khác $\frac{2a\sqrt{39}}{13}\approx 0,961a$. Sai.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi đáy là hình thoi $ABCD$ cạnh $4$, hai mặt bên kề nhau là tam giác đều: $SAB$ và $SAD$ đều, suy ra $SA=SB=SD=4$. Gọi $\alpha =\angle DAB$, diện tích đáy $S_{ABCD}=16\sin \alpha$. Tam giác $ABD$ có $AB=AD=4$, $BD=8\sin (\alpha /2)$, bán kính đường tròn ngoại tiếp $R=\frac{4\cdot 4\cdot 8\sin (\alpha /2)}{4\cdot \frac{1}{2}\cdot 16\sin \alpha }=\frac{2}{\cos (\alpha /2)}$. Vì $S$ cách đều $A,B,D$ nên hình chiếu của $S$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABD$, do đó $h^2=S{A}^2-R^2=16-\frac{4}{{\cos }^2(\alpha /2)}$. Thể tích $V=\frac{16}{3}\sin \alpha \cdot h$, xét $f^2={\sin }^2\alpha \left(16-\frac{4}{c^2}\right)$ với $c=\cos (\alpha /2)$: $f^2=16(1-c^2)(4c^2-1)$. Đặt $g(c)=(1-c^2)(4c^2-1)=5c^2-1-4c^4$, $g^{\prime }(c)=10c-16c^3=0\Rightarrow c^2=\frac{5}{8}$. Khi đó $h^2=16-\frac{4}{5/8}=16-\frac{32}{5}=\frac{48}{5}$, $h=\sqrt{9,6}\approx 3,0984\approx 3,1$ m.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $M$ là trung điểm $BC$, khi đó $BC\perp AM$ và $BC\perp SH$ (với $H$ là hình chiếu của $S$ lên $(ABC)$) nên $BC\perp (SAM)$. Suy ra $d(A,(SBC))=d(A,SM)$ và $d(SA,BC)=d(M,SA)$, cả hai đều bằng $\frac{a\sqrt{15}}{5}$.

Diện tích tam giác $SAM$ tính theo hai cách: $\frac{1}{2}SA\cdot d(M,SA)=\frac{1}{2}SM\cdot d(A,SM)$, suy ra $SA=SM$, tức $S$ nằm trên trung trực của $AM$. Trong mặt phẳng $(SAM)$, đặt $M(0,0)$, $A\left(\frac{a\sqrt{3}}{2},0\right)$, $S(x,h)$ với $x=\frac{a\sqrt{3}}{4}$, $h=SH$.

Khoảng cách từ $A$ đến đường thẳng $SM$: $\frac{h\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}}{SM}=\frac{a\sqrt{15}}{5}$, suy ra $\frac{h}{SM}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$, tức $h^2=\frac{4}{5}(x^2+h^2)\Rightarrow h^2=4x^2\Rightarrow h=2x=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ (hợp lệ vì $H$ nằm trong tam giác $ABC$).

Thể tích: $V=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a^3}{8}$.

Chọn C





Ta có: $\widehat{ACB}=90^{\circ }\Rightarrow AC=\sqrt{A{B}^2-B{C}^2}=a\sqrt{3}$.

nên tam giác $ABC$ có diện tích $S_{ABC}=\frac{1}{2}AC.BC=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của $S$ trên $(ABCD)$.

Theo giả thiết: $AD\perp SA\Rightarrow AD\perp AH$ (Định lý ba đường vuông góc); tương tự: $BD\perp SB\Rightarrow BD\perp BH$. Suy ra tứ giác $ADBH$ là hình chữ nhật (do $\widehat{ADB}=90^{\circ }$).

Gọi $E;I$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A$ trên mặt phẳng $(SBD)$ và trên $SD$ ta có: $\left(\widehat{(SAD),(SBD)}\right)=\widehat{AIE}=\alpha$.

Vì $0^{\circ }<\alpha \le 90^{\circ }$ nên $\sin \alpha =\sqrt{1-{\cos }^2\alpha }=\sqrt{1-{\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right)}^2}=\frac{2}{\sqrt{5}}$.

Mặt khác: $AE=d\left(A,(SBD)\right)=d\left(H,(SBD)\right)=HK$ (với $K$ là hình chiếu vuông góc của $H$ trên $SB$).

Đặt $SH=x$. Khi đó: $AE=HK=\frac{HS.HB}{\sqrt{H{S}^2+H{B}^2}}=\frac{x.a}{\sqrt{x^2+a^2}}$.

$SA=\sqrt{S{H}^2+H{A}^2}=\sqrt{x^2+{\left(a\sqrt{3}\right)}^2}=\sqrt{x^2+3a^2}\Rightarrow AI=\frac{AS.AD}{\sqrt{A{S}^2+A{D}^2}}=\frac{\sqrt{x^2+3a^2}.a}{\sqrt{x^2+4a^2}}$.

Trong tam giác vuông $AEI$:

$\sin \alpha =\frac{AE}{AI}\iff \frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{AE}{AI}\iff 2AI=\sqrt{5}AE\iff 2.\frac{\sqrt{x^2+3a^2}.a}{\sqrt{x^2+4a^2}}=\sqrt{5}.\frac{x.a}{\sqrt{x^2+a^2}}$

$\iff 4\left(x^2+3a^2\right)\left(x^2+a^2\right)=5x^2\left(x^2+4a^2\right)\iff 4x^4+16x^2.a^2+12a^4=5x^4+20x^2.a^2$

$\iff x^4+4a^2.x^2-12a^4=0\iff \left[\begin{array}{c}{x}^2=2a^2\\ x^2=-6a^2\end{array}\right]\Rightarrow x=a\sqrt{2}$. Hay $SH=a\sqrt{2}$.

Vậy thể tích khối chóp $S.ABC$ là: $V=\frac{1}{3}{S}_{ABC}.SH=\frac{1}{3}.\frac{\sqrt{3}{a}^2}{2}.a\sqrt{2}=\frac{\sqrt{6}{a}^3}{6}$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục toạ độ gốc $D$, trục $Dx,Dy,Dz$ theo thứ tự trùng $DA,DB,DC$ (ba cạnh đôi một vuông góc, dài 6). Khi đó $A(6;0;0),B(0;6;0),C(0;0;6)$, mặt phẳng $(ABC)$: $x+y+z=6$. Điểm $M(x;y;z)$ trong tam giác $ABC$ nên $x,y,z\ge 0$, $x+y+z=6$.

Đường qua $M$ song song $DA$ (trục $Dx$) cắt mặt $(DBC)$ (là mặt $x=0$) tại $A_1(0;y;z)$, nên $M{A}_1=x$. Tương tự $M{B}_1=y$, $M{C}_1=z$, ba đoạn này đôi một vuông góc.

Thể tích khối tứ diện $M{A}_1{B}_1{C}_1$: $V=\frac{1}{6}xyz$.

Theo AM–GM: $xyz\le {\left(\frac{x+y+z}{3}\right)}^3=2^3=8$, dấu bằng khi $x=y=z=2$ (tức $M$ là trọng tâm tam giác $ABC$).

Vậy $V_{\max }=\frac{8}{6}=\frac{4}{3}\approx 1,33$.

Đáp án theo bảng đáp án mã đề 703 (trang 7): Câu 4 - a) Đúng, b) Đúng, c) Đúng, d) Đúng. Lời giải chi tiết do AI solution agent cung cấp: a) $NP=AB-AN-BP=6-2x$ vì $AN=BP=x$; tương tự $QR=SM=6-2x$. b) $AH=\frac{6\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}$, $OA=\frac{2}{3}AH=2\sqrt{3}$. c) $AD=x\sqrt{3}$ và $DE=6-3x$ do $DEF$ đồng dạng với $ABC$ cùng tâm, khoảng cách từ $A$ đến $DE$ là $x\sqrt{3}$. d) Chóp cụt có đáy nhỏ cạnh $6-3x$, đáy lớn cạnh $6-2x$, cạnh bên $x$, chiều cao $h=\frac{x\sqrt{6}}{3}$; $V(x)=\frac{x\sqrt{2}}{12}(19x^2-90x+108)$ đạt max $\approx 4,54$ lít tại $x=\frac{30-6\sqrt{6}}{19}\approx 0,805$.
a) Trong hình bình hành $AMDN$ có $AN=DM=x$, $AM=DN=x$; trong $BPEQ$ có $BP=EQ=x$; trong $CSFR$ có $CS=FR=x$. Vì $N,P$ thuộc cạnh $AB$ nên $NP=AB-AN-BP=6-x-x=6-2x$ (dm). Tương tự $QR=6-2x$ (dm), $SM=6-2x$ (dm).
b) Tam giác đều $ABC$ cạnh 6 có đường cao $AH=\frac{6\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}$ (dm). Trọng tâm $O$ cách đỉnh một khoảng $OA=\frac{2}{3}AH=\frac{2}{3}\cdot 3\sqrt{3}=2\sqrt{3}$ (dm).
c) Vì $DN\parallel AC$ và $DM\parallel AB$, điểm $D$ nằm trên đường cao $AH$ với thành phần dịch chuyển theo hai hướng $AB,AC$ mỗi hướng độ dài $x$, nên $AD=2\cdot x\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=x\sqrt{3}$ (dm). Tam giác $DEF$ đều có các cạnh tương ứng song song với $ABC$ và cùng trọng tâm, khoảng cách giữa hai cạnh song song $DE$ và $AB$ bằng $AD=x\sqrt{3}$, mà khoảng cách giữa hai đường thẳng song song ứng với hiệu hai cạnh bằng $\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot (6-DE)$, suy ra $\frac{\sqrt{3}}{2}(6-DE)=x\sqrt{3}\Rightarrow DE=6-3x$ (dm).
d) Sau khi gập và dán, chậu là hình chóp cụt đều: đáy nhỏ $DEF$ cạnh $a_1=6-3x$, đáy lớn là tam giác đều cạnh $a_2=6-2x$, cạnh bên $DM=EQ=FS=x$. Hiệu bán kính đường tròn ngoại tiếp hai đáy là $\frac{a_2-a_1}{\sqrt{3}}=\frac{x}{\sqrt{3}}$, nên chiều cao chậu $h=\sqrt{x^2-\frac{x^2}{3}}=\frac{x\sqrt{6}}{3}$. Diện tích hai đáy: $S_1=\frac{\sqrt{3}}{4}(6-3x{)}^2$, $S_2=\frac{\sqrt{3}}{4}(6-2x{)}^2$. Thể tích $V(x)=\frac{h}{3}\left(S_1+S_2+\sqrt{S_1{S}_2}\right)=\frac{x\sqrt{2}}{12}\left(19x^2-90x+108\right)$. Xét $f(x)=19x^3-90x^2+108x$, $f^{\prime }(x)=3(19x^2-60x+36)=0$ cho $x=\frac{30-6\sqrt{6}}{19}\approx 0,805\in (0;2)$. Khi đó $V_{\max }=V(0,805)\approx 4,54$ (dm${}^3$) $=4,54$ (lít). Mệnh đề đúng.

Trong mặt phẳng $(ABC)$ dựng $D$, $E$, $F$ sao cho $A$, $B$, $C$ lần lượt là trung điểm của $DE$, $DF$, $EF$. Khi đó ta có $DE=2SA=2x$; $DF=2SB=2y$; $EF=2SC=2z$. Suy ra $SD$, $SE$, $SF$ đôi một vuông góc.

Ta có $V_{S.ABC}=\frac{1}{4}{V}_{S.DEF}=\frac{1}{4}.\frac{1}{6}.SD.SE.SF$.

Mặt khác $\{\begin{array}{l}S{D}^2+S{E}^2=4x^2\\ S{D}^2+S{F}^2=4y^2\\ S{E}^2+S{F}^2=4z^2\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}S{D}^2=2\left(x^2+y^2-z^2\right)\\ S{E}^2=2\left(x^2+z^2-y^2\right)\\ S{F}^2=2\left(y^2+z^2-x^2\right)\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}SD=2\sqrt{6-z^2}\\ SE=2\sqrt{6-y^2}\\ SF=2\sqrt{6-x^2}\end{array}$.

Khi đó $V_{S.ABCD}=\frac{1}{24}.8.\sqrt{\left(6-x^2\right)\left(6-y^2\right)\left(6-z^2\right)}\le \frac{1}{3}\sqrt{{\left(\frac{6-x^2+6-y^2+6-z^2}{3}\right)}^3}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$.

Vậy $V_{S.ABC}$ đạt giá trị lớn nhất là $\frac{2\sqrt{2}}{3}$.