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

(AI giải đề cho tôi)
Vì $CD\parallel AB$ nên $CD\parallel (SAB)$, do đó khoảng cách giữa $SA$ và $CD$ bằng khoảng cách từ $C$ đến mặt phẳng $(SAB)$.

Gọi $O$ là tâm đáy, $SO=h$ là chiều cao chóp. Đặt hệ tọa độ: $A(-a\sqrt{3},-a\sqrt{3},0)$, $B(a\sqrt{3},-a\sqrt{3},0)$, $C(a\sqrt{3},a\sqrt{3},0)$, $S(0,0,h)$.

Mặt phẳng $(SAB)$ có vectơ pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AS}=(0,-2a\sqrt{3}h,6a^2)$, đi qua $A$, nên phương trình: $-2a\sqrt{3}h(y+a\sqrt{3})+6a^{2}z=0$.

Khoảng cách từ $C(a\sqrt{3},a\sqrt{3},0)$ đến $(SAB)$:
$$d=\frac{12a^{2}h}{\sqrt{12a^2{h}^2+36a^4}}=\frac{6ah}{\sqrt{3h^2+9a^2}}=3a.$$

Suy ra $2h=\sqrt{3h^2+9a^2}\Rightarrow 4h^2=3h^2+9a^2\Rightarrow h=3a$.

Thể tích: $V=\frac{1}{3}\cdot (2a\sqrt{3}{)}^2\cdot 3a=\frac{1}{3}\cdot 12a^2\cdot 3a=12a^3$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)$, $A^{\prime }(0;0;h)$, $B^{\prime }(a;0;h)$, $C^{\prime }\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};h\right)$ với $h=A{A}^{\prime }$ là chiều cao lăng trụ.

Mặt phẳng $(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ đi qua $A$ có hai vectơ chỉ phương $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=(a;0;h)$, $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};h\right)$.

Vectơ pháp tuyến: $\vec{n}=\overrightarrow{A{B}^{\prime }}\times \overrightarrow{A{C}^{\prime }}=\left(-\frac{ah\sqrt{3}}{2};-\frac{ah}{2};\frac{a^2\sqrt{3}}{2}\right)$, chọn $\vec{n}=(-h\sqrt{3};-h;a\sqrt{3})$.

Khoảng cách từ $A^{\prime }$ đến $(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$:
$$d(A^{\prime },(A{B}^{\prime }{C}^{\prime }))=\frac{|\vec{n}\cdot \overrightarrow{A{A}^{\prime }}|}{|\vec{n}|}=\frac{a\sqrt{3}h}{\sqrt{4h^2+3a^2}}=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{19}}$$

Suy ra $\frac{h}{\sqrt{4h^2+3a^2}}=\frac{2}{\sqrt{19}}\Rightarrow 19h^2=16h^2+12a^2\Rightarrow 3h^2=12a^2\Rightarrow h=2a$.

Thể tích khối lăng trụ:
$$V=S_{ABC}\cdot h=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot 2a=\frac{a^3\sqrt{3}}{2}.$$

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích khối chóp cụt tứ giác đều: $V_1=\frac{1,5}{3}(7,4^2+10,4^2+7,4\cdot 10,4)=0,5(54,76+108,16+76,96)=119,94c{m}^3$.

Vật thể $H$ là một chỏm cầu với bán kính cầu $R=5,8cm$, bán kính mặt cắt $r=3,5cm$. Chiều cao chỏm: $h=R-\sqrt{R^2-r^2}=5,8-\sqrt{33,64-12,25}=5,8-\sqrt{21,39}\approx 1,175068cm$.

Thể tích chỏm cầu: $V_H=\frac{\pi h^2(3R-h)}{3}=\frac{\pi \cdot (1,175068{)}^2\cdot (17,4-1,175068)}{3}\approx \frac{\pi \cdot 1,380785\cdot 16,224932}{3}\approx 23,4593c{m}^3$.

Thể tích chân đế: $V=119,94-23,4593\approx 96,4807\approx 96,5c{m}^3$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục tọa độ: $B=(0;0)$, $A=(2;0)$, vì tam giác $ABC$ cân tại $B$ với $\widehat{ABC}=120^{\circ }$, $AB=BC=2$ nên $C=(-1;\sqrt{3})$, do đó $AC=2\sqrt{3}$, diện tích đáy $S_{ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot BC\cdot \sin 120^{\circ }=\sqrt{3}$.

Tìm $H$: $\widehat{HAB}=90^{\circ }$ nghĩa là $HA\perp AB$ (trục hoành) nên $H$ có hoành độ $2$: $H=(2;y)$. Điều kiện $\widehat{HCB}=90^{\circ }$: $(H-C)\perp (C-B)$ với $C-B=(-1;\sqrt{3})$, $H-C=(3;y-\sqrt{3})$: $-3+\sqrt{3}(y-\sqrt{3})=0\Rightarrow y=2\sqrt{3}$. Vậy $H=(2;2\sqrt{3})$, $AH=2\sqrt{3}$, $HC=2\sqrt{3}$.

Vì $A^{\prime }H\perp (ABC)$, góc giữa mặt bên $(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ và đáy là góc nhị diện theo cạnh $AC$. Gọi $K$ là chân đường vuông góc hạ từ $H$ xuống $AC$, thì góc nhị diện là $\widehat{A^{\prime }KH}$ với $\tan \widehat{A^{\prime }KH}=\frac{A^{\prime }H}{HK}$.

Khoảng cách từ $H$ đến đường thẳng $AC$ (phương trình $\sqrt{3}x+3y-2\sqrt{3}=0$): $HK=\frac{|2\sqrt{3}\cdot 2+3\cdot 2\sqrt{3}-2\sqrt{3}|}{\sqrt{12}}=\frac{8\sqrt{3}}{2\sqrt{3}}=4$.

Suy ra $A^{\prime }H=HK\cdot \tan 60^{\circ }=4\sqrt{3}$.

Thể tích: $V=S_{ABC}\cdot A^{\prime }H=\sqrt{3}\cdot 4\sqrt{3}=12$.

Giả sử chân tháp là khối chóp cụt tứ giác đều $ABCD.MNPQ$ với $ABCD$ là hình vuông cạnh 5 m, $MNPQ$ là hình vuông cạnh 2 m, $AM=BN=CP=DQ=3$ m.

Vì $DQ$, $NB$ cắt nhau nên $D,Q,N,B$ đồng phẳng. Mà $(ABCD)\parallel (MNPQ)$ nên $NQ\parallel BD$.
Gọi $I$ là giao điểm của $MP$ và $NQ$, $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Khi đó $IO\perp (MNPQ)$, $IO\perp (ABCD)$.

Xét hình thang $QNBD$, gọi $H$ là hình chiếu của $Q$ trên $BD$, $K$ là hình chiếu của $N$ trên $BD$. Vì $IO\perp BD$, $QH\perp BD$, $NK\perp BD$ trong $(QNBD)$ nên $IO\parallel QH\parallel NK$.
Suy ra $QH\perp (MNPQ)$, $QH\perp (ABCD)$ nên $QH$ bằng chiều cao của khối chóp cụt đều.
Ngoài ra, ta có $QH=NK=IO$ và $QD=NB$. Suy ra $\Delta QHD=\Delta NKB$ nên ta có $HD=BK$.
Bên cạnh đó, $QNKH$ là hình chữ nhật nên $QN=HK$. Từ đó ta có:
$$HD=\frac{BD-HK}{2}=\frac{\sqrt{A{D}^2+A{B}^2}-\sqrt{M{N}^2+M{Q}^2}}{2}=\frac{\sqrt{5^2+5^2}-\sqrt{2^2+2^2}}{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}.$$
Xét tam giác $QHD$ vuông tại $H$ có:
$$QH=\sqrt{Q{D}^2-H{D}^2}=\sqrt{3^2-{\left(\frac{3\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}(\text{m}).$$
Diện tích của hai đáy là:
$$S_{ABCD}=A{B}^2=5^2=25\left({\text{m}}^2\right),S_{MNPQ}=M{N}^2=2^2=4\left({\text{m}}^2\right).$$
Suy ra thể tích của khối chóp cụt đều là:
$$V=\frac{1}{3}QH\left(S_{ABCD}+\sqrt{S_{ABCD}\cdot S_{MNPQ}}+S_{MNPQ}\right)=\frac{1}{3}\cdot \frac{3\sqrt{2}}{2}\left(25+\sqrt{25\cdot 4}+4\right)=\frac{39\sqrt{2}}{2}\left({\text{m}}^3\right).$$
Số tiền để mua bê tông tươi làm chân tháp là:
$$1470000\cdot \frac{39\sqrt{2}}{2}\approx 40538000(\text{đoˆˋng}).$$

Giả sử chân tháp là khối chóp cụt tứ giác đều $ABCD.MNPQ$ với $ABCD$ là hình vuông cạnh 5 m, $MNPQ$ là hình vuông cạnh 2 m, $AM=BN=CP=DQ=3$ m.

Vì $DQ$, $NB$ cắt nhau nên $D,Q,N,B$ đồng phẳng. Mà $(ABCD)\parallel (MNPQ)$ nên $NQ\parallel BD$.
Gọi $I$ là giao điểm của $MP$ và $NQ$, $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Khi đó $IO\perp (MNPQ)$, $IO\perp (ABCD)$.

Xét hình thang $QNBD$, gọi $H$ là hình chiếu của $Q$ trên $BD$, $K$ là hình chiếu của $N$ trên $BD$. Vì $IO\perp BD$, $QH\perp BD$, $NK\perp BD$ trong $(QNBD)$ nên $IO\parallel QH\parallel NK$.
Suy ra $QH\perp (MNPQ)$, $QH\perp (ABCD)$ nên $QH$ bằng chiều cao của khối chóp cụt đều.
Ngoài ra, ta có $QH=NK=IO$ và $QD=NB$. Suy ra $\Delta QHD=\Delta NKB$ nên ta có $HD=BK$.
Bên cạnh đó, $QNKH$ là hình chữ nhật nên $QN=HK$. Từ đó ta có:
$$HD=\frac{BD-HK}{2}=\frac{\sqrt{A{D}^2+A{B}^2}-\sqrt{M{N}^2+M{Q}^2}}{2}=\frac{\sqrt{5^2+5^2}-\sqrt{2^2+2^2}}{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}.$$
Xét tam giác $QHD$ vuông tại $H$ có:
$$QH=\sqrt{Q{D}^2-H{D}^2}=\sqrt{3^2-{\left(\frac{3\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}(\text{m}).$$
Diện tích của hai đáy là:
$$S_{ABCD}=A{B}^2=5^2=25\left({\text{m}}^2\right),S_{MNPQ}=M{N}^2=2^2=4\left({\text{m}}^2\right).$$
Suy ra thể tích của khối chóp cụt đều là:
$$V=\frac{1}{3}QH\left(S_{ABCD}+\sqrt{S_{ABCD}\cdot S_{MNPQ}}+S_{MNPQ}\right)=\frac{1}{3}\cdot \frac{3\sqrt{2}}{2}\left(25+\sqrt{25\cdot 4}+4\right)=\frac{39\sqrt{2}}{2}\left({\text{m}}^3\right).$$
Số tiền để mua bê tông tươi làm chân tháp là:
$$1470000\cdot \frac{39\sqrt{2}}{2}\approx 40538000(\text{đoˆˋng}).$$

a) Gọi 2026 số nguyên dương khác nhau và nhỏ hơn 4050 là $a_1<a_2<...<a_{2026}$ (1)

Đặt $b_1=a_2-a_1;b_2=a_3-a_1;...b_{2025}=a_{2026}-a_1$ (2)

Ta có (2) chứa 2025 số nguyên dương khác nhau và nhỏ hơn 4050 [0,5 điểm]

Từ (1) và (2) ta có 4051 số nguyên từ 1 đến 4050 [0,5 điểm]

Vậy có một số ở (1) và (2) trùng nhau, giả sử số đó là

$a_i-a_1=a_j\Rightarrow a_i=a_1+a_j$ (đpcm) [1,0 điểm]

b) Lấy $F$ là trung điểm của $SE$ thì $DF//AE$, mà $BD\perp AE$ nên $BD\perp DF$ $\Rightarrow B{D}^2+D{F}^2=B{F}^2$ (1). [0,5 điểm]

Đặt $AB=x$. Áp dụng công thức đường trung tuyến ta có:

$$B{D}^2=\frac{A{B}^2+S{B}^2}{2}-\frac{S{A}^2}{4}=\frac{x^2+1^2}{2}-\frac{1^2}{4}=\frac{2x^2+1}{4}$$

Tương tự: $A{E}^2=B{E}^2=\frac{2x^2+1}{4}$; $D{F}^2=\frac{A{E}^2}{4}=\frac{2x^2+1}{16}$ [0,5 điểm]

$$B{F}^2=\frac{B{S}^2+B{E}^2}{2}-\frac{S{E}^2}{4}=\frac{1+\frac{2x^2+1}{4}}{2}-\frac{{\left(\frac{1}{2}\right)}^2}{4}=\frac{7}{16}+\frac{2x^2+1}{8}.$$

Đặt $t=\frac{2x^2+1}{4}$, thay vào (1) ta có: $t+\frac{t}{4}=\frac{7}{16}+\frac{t}{2}\iff t=\frac{7}{12}$

$\Rightarrow \frac{2x^2+1}{4}=\frac{7}{12}\iff x^2=\frac{2}{3}\Rightarrow x=\frac{\sqrt{6}}{3}$. [0,5 điểm]

Khi đó đường cao

$$SH=\sqrt{S{C}^2-C{H}^2}=\sqrt{1-{\left(\frac{x\sqrt{3}}{3}\right)}^2}=\sqrt{1-{\left(\frac{1}{3}\cdot \frac{\sqrt{6}}{3}\cdot \sqrt{3}\right)}^2}=\sqrt{1-\frac{2}{9}}=\frac{\sqrt{7}}{3}$$

Vậy $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}{S}_{\Delta ABC}\cdot SH=\frac{1}{3}\cdot \frac{x^2\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{\sqrt{7}}{3}=\frac{1}{3}\cdot \frac{{\left(\frac{\sqrt{6}}{3}\right)}^2\cdot \sqrt{3}}{4}\cdot \frac{\sqrt{7}}{3}=\frac{\sqrt{21}}{54}$. [0,5 điểm]

Gọi E là trung điểm của $A^{\prime }{B}^{\prime }$
Tam giác $A{A}^{\prime }{B}^{\prime }$ có $A^{\prime }A=A^{\prime }{B}^{\prime }$ và $\widehat{A{A}^{\prime }{B}^{\prime }}=\widehat{AB{B}^{\prime }}=60^{\circ }$ nên tam giác $A{A}^{\prime }{B}^{\prime }$ là tam giác đều cạnh a.
Suy ra $AE\perp A^{\prime }{B}^{\prime }$ (1)
KE là đường trung bình của tam giác $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ nên $KE//A^{\prime }{C}^{\prime }$
Mà $A^{\prime }{C}^{\prime }\perp A^{\prime }{B}^{\prime }$ nên $KE\perp A^{\prime }{B}^{\prime }$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra $A^{\prime }{B}^{\prime }\perp (AEK)$
Vẽ $AH\perp KE$, Suy ra $AH\perp (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$

Tam giác $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ vuông tại $A^{\prime }$ nên $A^{\prime }{C}^{\prime }=\sqrt{4a^2-a^2}=a\sqrt{3}$
Suy ra $KE=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Tam giác $A{A}^{\prime }{B}^{\prime }$ đều cạnh a, có đường cao AE nên $AE=\frac{a\sqrt{3}}{2}$
Suy ra tam giác AKE cân tại E
Gọi F là trung điểm AK thì $EF\perp AK$
Lại có, $A^{\prime }{B}^{\prime }\perp (AKE)$ nên $EF\perp A^{\prime }{B}^{\prime }$ nên $d(A^{\prime }{B}^{\prime },AK)=EF=\frac{3a}{4}$

Tam giác $AEF$ vuông tại F có $AF=\sqrt{{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2-{\left(\frac{3a}{4}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{4}$

Suy ra $AK=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Vậy tam giác $AKE$ đều cạnh $\frac{a\sqrt{3}}{2}$ có đường cao $AH$ nên
$$AH=\frac{3a}{4}$$
$$V_{ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=\frac{1}{2}.a.a\sqrt{3}.\frac{3a}{4}=\frac{3\sqrt{3}.a^3}{8}$$

[Hình cần kiểm tra lại: p11_f1]

Gọi E là trung điểm của $A^{\prime }{B}^{\prime }$
Tam giác $A{A}^{\prime }{B}^{\prime }$ có $A^{\prime }A=A^{\prime }{B}^{\prime }$ và $\widehat{A{A}^{\prime }{B}^{\prime }}=\widehat{AB{B}^{\prime }}=60^{\circ }$ nên tam giác $A{A}^{\prime }{B}^{\prime }$ là tam giác đều cạnh a.
Suy ra $AE\perp A^{\prime }{B}^{\prime }$ (1)
KE là đường trung bình của tam giác $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ nên $KE//A^{\prime }{C}^{\prime }$
Mà $A^{\prime }{C}^{\prime }\perp A^{\prime }{B}^{\prime }$ nên $KE\perp A^{\prime }{B}^{\prime }$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra $A^{\prime }{B}^{\prime }\perp (AEK)$
Vẽ $AH\perp KE$, Suy ra $AH\perp (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$

Tam giác $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ vuông tại $A^{\prime }$ nên $A^{\prime }{C}^{\prime }=\sqrt{4a^2-a^2}=a\sqrt{3}$
Suy ra $KE=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Tam giác $A{A}^{\prime }{B}^{\prime }$ đều cạnh a, có đường cao AE nên $AE=\frac{a\sqrt{3}}{2}$
Suy ra tam giác AKE cân tại E
Gọi F là trung điểm AK thì $EF\perp AK$
Lại có, $A^{\prime }{B}^{\prime }\perp (AKE)$ nên $EF\perp A^{\prime }{B}^{\prime }$ nên $d(A^{\prime }{B}^{\prime },AK)=EF=\frac{3a}{4}$

Tam giác $AEF$ vuông tại F có $AF=\sqrt{{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2-{\left(\frac{3a}{4}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{4}$

Suy ra $AK=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Vậy tam giác $AKE$ đều cạnh $\frac{a\sqrt{3}}{2}$ có đường cao $AH$ nên
$$AH=\frac{3a}{4}$$
$$V_{ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=\frac{1}{2}.a.a\sqrt{3}.\frac{3a}{4}=\frac{3\sqrt{3}.a^3}{8}$$

[Hình cần kiểm tra lại: p9_f1]

[Hình cần kiểm tra lại: p9_f2]

Mô hình hoá bệ đỡ bằng chóp cụt tứ giác đều $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ với $O,O^{\prime }$ tương ứng là tâm của hai đáy. Theo bài ra $AB=8;A^{\prime }{B}^{\prime }=4$.

$\left(C{C}^{\prime },(ABCD)\right)=\left(C{C}^{\prime },CH\right)=\widehat{HC{C}^{\prime }}=45^{\circ }$.

$ABCD$ là hình vuông cạnh 8, $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ hình vuông cạnh 4 nên

$\Rightarrow AC=8\sqrt{2}\Rightarrow A^{\prime }{C}^{\prime }=4\sqrt{2}\Rightarrow HC=\frac{8\sqrt{2}}{2}-\frac{4\sqrt{2}}{2}=2\sqrt{2}.$

Do tam giác $C^{\prime }HC$ vuông cân ở $H$ nên chiều cao khối chóp cụt $O{O}^{\prime }=C^{\prime }H=2\sqrt{2}$.

$C{C}^{\prime }=C^{\prime }H.\sqrt{2}=4$

Thể tích khối chóp cụt:

$V=\frac{1}{3}h\left(S+\sqrt{S{S}^{\prime }}+S^{\prime }\right)=\frac{1}{3}.2\sqrt{2}\left(4^2+\sqrt{4^2.8^2}+8^2\right)=\frac{224\sqrt{2}}{3}\left({\text{m}}^3\right)$.

Chi phí bê tông: $\frac{224\sqrt{2}}{3}.1000000$ đồng.

Mặt khác:
$CK=\frac{8-4}{2}=2$, đường cao của hình thang mặt bên $C^{\prime }K=\sqrt{C^{\prime }{C}^2-C{K}^2}=2\sqrt{3}$.

Diện tích một mặt bên: $\frac{(8+4).2\sqrt{3}}{2}=12\sqrt{3}{m}^2$.

Diện tích 4 mặt bên $4.12\sqrt{3}=48\sqrt{3}{m}^2$

Chi phí sơn: $48\sqrt{3}.(20.000+30.000)$ đồng.

Tổng chi phí: $\frac{224\sqrt{2}}{3}.1000000+48\sqrt{3}.(20000+30000)\approx \mathrm{109.752.000}$ đồng.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $AC=x$. Vì $SA=SB=SC=3$ nên hình chiếu của $S$ lên mặt đáy là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$, bán kính $R=\frac{BC}{2}=\frac{\sqrt{4+x^2}}{2}$. Chiều cao trại $h=\sqrt{9-R^2}$. Thể tích $V=\frac{1}{3}\cdot \frac{2x}{2}\cdot \sqrt{9-\frac{4+x^2}{4}}=\frac{x}{3}\sqrt{8-\frac{x^2}{4}}$. Xét $f(x)=x^2\left(8-\frac{x^2}{4}\right)=8x^2-\frac{x^4}{4}$, $f^{\prime }(x)=16x-x^3=0\Rightarrow x^2=16\Rightarrow x=4$? Kiểm tra lại: $f^{\prime }(x)=16x-x^3$, cho $x^2=16$, nhưng cần $8-\frac{x^2}{4}>0$ tức $x^2<32$, thỏa mãn. Tuy nhiên tính lại $V^2=\frac{x^2}{9}\left(9-\frac{4+x^2}{4}\right)=\frac{x^2}{9}\cdot \frac{32-x^2}{4}$. Đặt $g(x)=x^2(32-x^2)$, $g^{\prime }(x)=64x-4x^3=0\Rightarrow x^2=16\Rightarrow x=4$. Vậy $AC=4$ m khi thể tích lớn nhất (kiểm tra: $BC=\sqrt{4+16}=\sqrt{20}$, $R=\sqrt{5}$, $h=\sqrt{9-5}=2>0$ hợp lệ). Đáp số: $AC=4m$.

(AI giải đề cho tôi)
Thiết lập hệ tọa độ: $B=(0;0;0)$, $A=(2;0;0)$, $C=(0;2;0)$, $S=(2;0;2\sqrt{3})$.

Ta có $SB=\sqrt{A{B}^2+S{A}^2}=\sqrt{4+12}=4$. Vì $AH\perp SB$ trong tam giác vuông $SAB$ (vuông tại $A$): $AH=\frac{SA\cdot AB}{SB}=\frac{2\sqrt{3}\cdot 2}{4}=\sqrt{3}$, và $BH=\sqrt{A{B}^2-A{H}^2}=1$, nên $H=\frac{BH}{SB}\cdot S=\left(\frac{1}{2};0;\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$.

Tam giác $AHC$: $\overrightarrow{AC}=(-2;2;0)$, $\overrightarrow{AH}=(-\frac{3}{2};0;\frac{\sqrt{3}}{2})$, $\overrightarrow{AC}\times \overrightarrow{AH}=(\sqrt{3};\sqrt{3};3)$, nên $S_{AHC}=\frac{1}{2}\sqrt{3+3+9}=\frac{\sqrt{15}}{2}$.

Mặt phẳng $(AHC)$: $\sqrt{3}(x-2)+\sqrt{3}y+3z=0$. Khoảng cách từ $B$ đến $(AHC)$: $d=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{15}}=\frac{2}{\sqrt{5}}$.

Thể tích: $V_{B.AHC}=\frac{1}{3}\cdot \frac{\sqrt{15}}{2}\cdot \frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\approx 0,5774\approx 0,58c{m}^3$. Khớp với đáp án nguồn 0,58.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục toạ độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;a;0)$, $D(0;a;0)$, $S(0;0;h)$ với $h=SA$.

a) Vì $SA\perp (ABCD)$ nên góc giữa $SB$ và $(ABCD)$ là góc $\widehat{SBA}=60^{\circ }$. Trong tam giác $SAB$ vuông tại $A$: $\tan 60^{\circ }=\frac{SA}{AB}\Rightarrow SA=a\sqrt{3}$.
Thể tích: $V=\frac{1}{3}{a}^2\cdot a\sqrt{3}=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}$.

b) Vì $AB\parallel CD\subset (SCD)$ nên $AB\parallel (SCD)$, do đó $d(AB,(SCD))=d(A,(SCD))$.
Mặt phẳng $(SCD)$ qua $D(0;a;0)$, có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{DC}=(a;0;0)$, $\overrightarrow{DS}=(0;-a;a\sqrt{3})$, VTPT $\vec{n}=\overrightarrow{DC}\times \overrightarrow{DS}=(0;-a^2\sqrt{3};-a^2)$, phương trình: $\sqrt{3}y+z=a\sqrt{3}$.
Khoảng cách: $d=\frac{|0+0-a\sqrt{3}|}{\sqrt{3+1}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

c) Góc nhị diện $[S,DM,A]$ có cạnh $DM$, hai mặt là $(SDM)$ và $(ADM)\equiv (ABCD)$.
- VTPT của $(ABCD)$: $\vec{k}=(0;0;1)$.
- $(SDM)$ qua $S(0;0;a\sqrt{3})$, $D(0;a;0)$, $M(a;\frac{a}{2};0)$: $\overrightarrow{DM}=(a;-\frac{a}{2};0)$, $\overrightarrow{DS}=(0;-a;a\sqrt{3})$, VTPT $\vec{n}=\overrightarrow{DM}\times \overrightarrow{DS}=\left(-\frac{a^2\sqrt{3}}{2};-a^2\sqrt{3};-a^2\right)$, lấy $\vec{n}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2};\sqrt{3};1\right)$.
Cosin góc giữa hai mặt phẳng: $\cos \phi =\frac{|\vec{n}\cdot \vec{k}|}{|\vec{n}|}=\frac{1}{\sqrt{\frac{3}{4}+3+1}}=\frac{2}{\sqrt{19}}=\frac{2\sqrt{19}}{19}$.

Đáp số: a) $V=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}$; b) $d=\frac{a\sqrt{3}}{2}$; c) $\cos [S,DM,A]=\frac{2\sqrt{19}}{19}$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$. Vì $MAB$ đều cạnh 6 nên $AB=6$, tức $ABCD$ là hình vuông cạnh 6 (diện tích $S_1=36$). Hình chiếu của $M,N,P,Q$ là trung điểm các cạnh nên $MNPQ$ là hình vuông cạnh $6\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=3\sqrt{2}$, diện tích $S_2=18$. Chiều cao giữa hai mặt phẳng song song: tam giác $MAB$ đều cạnh 6, $M$ cách đều $A,B$ với $MA=6$, khoảng cách từ $M$ đến $AB$ là $\sqrt{36-9}=3\sqrt{3}$, nên $h=3\sqrt{3}$. Thể tích khối đa diện có hai mặt đáy song song (công thức Simpson/prismatoid): $V=\frac{h}{6}(S_1+S_2+4S_m)$ với $S_m$ diện tích thiết diện trung bình. Đặt tọa độ $A(0;0;0),B(6;0;0),C(6;6;0),D(0;6;0)$, $M(3;0;h),N(6;3;h),P(3;6;h),Q(0;3;h)$. Thiết diện trung bình có đỉnh là trung điểm của $AM,BN,CP,DQ$: $(1,5;0),(6;1,5),(4,5;6),(0;4,5)$ – là hình vuông cạnh $\sqrt{4,5^2+1,5^2}=\sqrt{22,5}$, nên $S_m=22,5$. Vậy $V=\frac{3\sqrt{3}}{6}(36+18+4\cdot 22,5)=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot 144=72\sqrt{3}\approx 124,7\approx 125$ dm³.

Nhận xét về đáy: Tứ giác $ABCD$ có $AB=BC=CD=DA=1$ nên $ABCD$ là hình thoi. Gọi $O$ là giao điểm hai đường chéo; khi đó $O$ là trung điểm của $AC$ và của $BD$, đồng thời $AC\perp BD$. Đặt $OA=OC=m>0$ và $OB=OD=n>0$. Chứng minh $AC\perp (SBD)$: Từ giả thiết, $SA=SC=1$, $BA=BC=1$, $DA=DC=1$ nên ba điểm $S,B,D$ đều cách đều hai điểm $A$ và $C$. Vì $S\notin (ABCD)$ nên $S,B,D$ không thẳng hàng, do đó $(SBD)$ chính là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng $AC$. Suy ra $AC\perp (SBD)$, kéo theo $AC\perp SO$ và $AC\perp BO$. Chứng minh tam giác $SBD$ vuông tại $S$: Tam giác $SOA$ vuông tại $O$ và tam giác $BOA$ vuông tại $O$ nên $$S{O}^2=S{A}^2-O{A}^2=1-m^2,n^2=O{B}^2=A{B}^2-O{A}^2=1-m^2.$$ Do đó $SO=n=OB=OD$, nghĩa là trong tam giác $SBD$, trung tuyến $SO$ ứng với cạnh $BD$ bằng nửa cạnh $BD$. Vậy tam giác $SBD$ vuông tại $S$. Tính các kích thước của đáy: Từ tam giác $SBD$ vuông tại $S$: $$B{D}^2=S{B}^2+S{D}^2=1+a^2\Rightarrow 2n=\sqrt{1+a^2},n=\frac{\sqrt{1+a^2}}{2}.$$ Kết hợp $m^2=1-n^2$ ta được $m^2=\frac{3-a^2}{4}$, tức $m=\frac{\sqrt{3-a^2}}{2}$; điều kiện để hình chóp tồn tại là $0<a<\sqrt{3}$. Khi đó $$S_{ABCD}=\frac{1}{2}\cdot AC\cdot BD=\frac{1}{2}\cdot 2m\cdot 2n=2mn=\frac{\sqrt{(3-a^2)(1+a^2)}}{2}.$$ Tính chiều cao: Vì $AC\perp (SBD)$ và $AC\subset (ABCD)$ nên $(SBD)\perp (ABCD)$, với giao tuyến là $BD$. Gọi $SH$ là đường cao của tam giác $SBD$ hạ từ $S$ ($H\in BD$); khi đó $SH\perp BD$ nên $SH\perp (ABCD)$, tức $SH$ là chiều cao của khối chóp. Trong tam giác vuông $SBD$: $$SH=\frac{SB\cdot SD}{BD}=\frac{1\cdot a}{\sqrt{1+a^2}}=\frac{a}{\sqrt{1+a^2}}.$$ Kết luận: $$V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}\cdot S_{ABCD}\cdot SH=\frac{1}{3}\cdot \frac{\sqrt{(3-a^2)(1+a^2)}}{2}\cdot \frac{a}{\sqrt{1+a^2}}=\frac{a\sqrt{3-a^2}}{6}.$$ Đáp số: $V_{S.ABCD}=\frac{a\sqrt{3-a^2}}{6}$ với $0<a<\sqrt{3}$.