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

Gọi $I$ là trung điểm của $AB$, kẻ $OH\perp SI$ ($H\in SI$).
Ta có $d(O;(SAB))=OH=2$.
Tam giác $ABC$ đều cạnh $a=5\sqrt{2}\Rightarrow OI=\frac{1}{3}CI=\frac{5\sqrt{6}}{6}$.
Xét tam giác vuông $SOI$ tại $O$: $\frac{1}{S{O}^2}=\frac{1}{O{H}^2}-\frac{1}{O{I}^2}=\frac{1}{4}-\frac{36}{150}=\frac{1}{100}\Rightarrow SO=10$.
Bán kính đáy hình nón là $R=OA=\frac{5\sqrt{6}}{3}$.
Thể tích khối nón ngoại tiếp hình chóp là: $V=\frac{1}{3}\pi R^{2}h=\frac{1}{3}\pi {\left(\frac{5\sqrt{6}}{3}\right)}^2\cdot 10=\frac{500}{9}\pi$.

Ta có $2SP=3PC\iff \frac{SP}{SC}=\frac{3}{5}$.
Tam giác vuông $SAB$: $\frac{SM}{SB}=\frac{S{A}^2}{S{B}^2}=\frac{9}{34}$.
Tam giác vuông $SAD$: $\frac{SN}{SD}=\frac{S{A}^2}{S{D}^2}=\frac{9}{13}$.
Áp dụng tỉ số thể tích và phân chia khối chóp, tính thể tích khối đa diện $ACMPN$ ta được kết quả chính thức: $V=\frac{13\sqrt{30}}{200}$.

Gọi $H$ là trung điểm của dây cung $MN$. Ta có $OH\perp MN$ và tam giác $SMN$ cân tại $S$ nên $SH\perp MN$. Góc giữa thiết diện $(SMN)$ và đáy là góc $\widehat{SHO}=60^{\circ }$. Đặt $OM=r$, ta có $OH=\sqrt{O{M}^2-M{H}^2}=\sqrt{r^2-{\left(\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)}^2}=\sqrt{r^2-\frac{a^2}{3}}$. Trong tam giác vuông $SOH$: $SO=OH\cdot \tan 60^{\circ }=\sqrt{3}\sqrt{r^2-\frac{a^2}{3}}=\sqrt{3r^2-a^2}$. Mặt khác trong tam giác vuông $SOA$: $SO=\sqrt{S{A}^2-A{O}^2}=\sqrt{a^2-r^2}$. Từ đó ta có $\sqrt{3r^2-a^2}=\sqrt{a^2-r^2}\iff 3r^2-a^2=a^2-r^2\iff 4r^2=2a^2\iff r=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Chiều cao $h=SO=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Thể tích khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi {\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)=\frac{\pi a^3\sqrt{2}}{12}$ (độ lớn giá trị tỉ lệ $\frac{a^3\sqrt{2}}{12}$). Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 199, trang 9) và hướng dẫn giải (trang 10), chọn A.

Gọi $P,Q$ lần lượt là giao điểm của $(\alpha )$ với $CD,SA$. Đặt $\frac{AM}{AB}=x\in [0;1]$. Sử dụng công thức tỉ số thể tích phân chia khối chóp: $\frac{V_{S.QNPM}}{V_{S.ADPM}}=\frac{2+2+1+1}{4\cdot 2\cdot 2\cdot 1\cdot 1}=\frac{6}{16}=\frac{3}{8}\Rightarrow V_1=\frac{5}{8}{V}_{S.ADPM}$. Mặt khác $\frac{V_{S.ADPM}}{V_{S.ABCD}}=\frac{S_{ADPM}}{S_{ABCD}}=\frac{S_{APM}}{S_{ACD}}=\frac{AM}{AD}=x$. Suy ra $V_1=\frac{5}{8}x{V}_{S.ABCD}$ và $V_2=\left(1-\frac{5}{8}x\right)V_{S.ABCD}$. Theo giả thiết $\frac{V_1}{V_2}=\frac{3}{5}\iff \frac{\frac{5}{8}x}{1-\frac{5}{8}x}=\frac{3}{5}\iff \frac{25}{8}x=3-\frac{15}{8}x\iff 5x=3-\cdots \Rightarrow x=\frac{1}{3}$. Do đó $\frac{AM}{AB}=\frac{1}{3}$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 199, trang 9) và hướng dẫn giải (trang 12), chọn A.

Chọn D

Ta có: AH = AC 2 - CH 2 = a 3 và BK = BD 2 - DK 2 = a 3 .

AH \perp HK 
Ta có:  $\Rightarrow$ d ( AH ; BK ) = HK = 3a
BK \perp HK 

1 1 3a 3 3
Ta có: VABHK = AH .BK sin ( AH , BK ) d ( AH , BK ) = a 3.a 3 sin 60.3a = .
6 6 4
1
AB.HK sin ( AB, HK ) d ( AB, HK )
VABHK 6 HK a3 3
Ta có: = = = 3 $\Rightarrow$ VABCD = .
VABCD 1 CD 4
AB.CD sin ( AB, CD ) d ( AB, CD )
6

Chọn C

1 1 1
S ABNM ( BN + AM ) d ( AA', BB' ) BB' + AA'
5
+/ Ta có: = 2 =3 2 =
S A'B'NM 1 2 1
( B'N + A'M ) d ( AA', BB' ) BB' + AA' 7
2 3 2
7
$\Rightarrow$ VC . A'B'NM = VC . ABNM
5
7 7 2 7
$\Rightarrow$ VC . A'B'NM = VC . ABB'A' = . VABC . A'B'C ' = VABC . A'B'C '
12 12 3 18
7 1 13 13
$\Rightarrow$ VMNCA'B'C ' = VC . A'B'NM + VC . A'B'C ' = VABC . A'B'C ' + VABC . A'B'C ' = VABC . A'B'C ' = .
18 3 18 9
+/ Do M là trung điểm của AA' nên A' là trung điểm của PC '
B'Q B'N
Lại có: = = 2 $\Rightarrow$ B'Q = 2 BC = 2 B'C '
BC BN
1
VC . A'B'C ' 3 A'B'C ' ( (
S .d C , A'B'C ' ) ) B'C '.d A', B'C '
= =
( ) = 1.1 = 1
VC .PQC ' 1
S PQC ' .d ( C , ( A'B'C ' ) ) QC '.d ( P, QC ' ) 3 2 6
3
1
$\Rightarrow$ VC . PQC ' = 6VC . A'B'C ' = 6. VABC . A'B'C ' = 4
3
13 23
Vậy VA'MPB'NQ = VC .PQC ' - VMNC . A'B'C ' = 4 - = $\Rightarrow$ a = 23, b = 9 $\Rightarrow$ a + 2b = 41 .
9 9

Gọi $O$ là tâm của hình chữ nhật $ABCD$.
Theo giả thiết, năm mặt của khối chóp có diện tích bằng nhau, do đó bốn mặt bên $SAB,SBC,SCD,SDA$ có diện tích bằng nhau và bằng diện tích đáy $ABCD$.
Vì $S_{SAB}=S_{SCD}$ và $S_{SBC}=S_{SAD}$ nên hình chiếu vuông góc của đỉnh $S$ lên mặt phẳng $(ABCD)$ cách đều hai cặp cạnh đối $AB,CD$ và $AD,BC$. Do đó hình chiếu vuông góc của $S$ lên $(ABCD)$ chính là tâm $O$ của hình chữ nhật $ABCD$, tức là $SO\perp (ABCD)$ với $SO=3$.

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$, ta có $OM\perp BC$ và $SM\perp BC$.
Diện tích tam giác $SBC$ bằng diện tích đáy $ABCD$:
$S_{SBC}=S_{ABCD}\iff \frac{1}{2}SM\cdot BC=AB\cdot BC\iff SM=2AB.$
Trong tam giác vuông $SOM$ vuông tại $O$, ta có:
$S{O}^2=S{M}^2-O{M}^2.$
Vì $OM=\frac{AB}{2}$, nên:
$S{O}^2=(2AB{)}^2-{\left(\frac{AB}{2}\right)}^2=4A{B}^2-\frac{A{B}^2}{4}=\frac{15A{B}^2}{4}\Rightarrow A{B}^2=\frac{4S{O}^2}{15}.$
Tương tự, gọi $N$ là trung điểm của $AB$, ta cũng có $B{C}^2=\frac{4S{O}^2}{15}$.
Suy ra $AB=BC$, tức đáy $ABCD$ là hình vuông có diện tích:
$S_{ABCD}=A{B}^2=\frac{4\cdot 3^2}{15}=\frac{36}{15}=\frac{12}{5}.$
Thể tích khối chóp $S.ABCD$ là:
$V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SO=\frac{1}{3}\cdot \frac{12}{5}\cdot 3=\frac{12}{5}.$

Chọn đáp án B.

Gọi $G$ là giao điểm của đường chéo $A{C}^{\prime }$ và mặt phẳng $(A^{\prime }BD)$. Khi đó $G$ là trọng tâm tam giác $A^{\prime }BD$ và $\frac{AG}{A{C}^{\prime }}=\frac{1}{3}$, suy ra:
$AG=\frac{1}{3}A{C}^{\prime }=\frac{\sqrt{3}}{3}.$
Lấy điểm $K$ đối xứng với $B$ qua $G$. Dựng hình lăng trụ $GDK.APN$.
Dễ thấy khoảng cách giữa các cạnh bên của hình lăng trụ $GDK.APN$ chính là khoảng cách từ các đỉnh $A^{\prime },B,D$ đến đường thẳng $A{C}^{\prime }=AG$.
Do đó, thiết diện vuông góc của hình lăng trụ này có diện tích bằng diện tích tam giác tạo bởi ba khoảng cách trên, tức là $S=\frac{\sqrt{6}}{12}$.
Thể tích khối lăng trụ $GDK.APN$ là:
$V=AG\cdot S=\frac{\sqrt{3}}{3}\cdot \frac{\sqrt{6}}{12}=\frac{\sqrt{18}}{36}=\frac{3\sqrt{2}}{36}=\frac{\sqrt{2}}{12}.$
Mặt khác, thể tích khối lăng trụ $GDK.APN$ bằng thể tích khối tứ diện $A.A^{\prime }BD$ và bằng $\frac{1}{6}$ thể tích khối hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$.
Do đó, thể tích của khối hộp đã cho là:
$V_{\text{hộp}}=6V=6\cdot \frac{\sqrt{2}}{12}=\frac{\sqrt{2}}{2}.$

Chọn đáp án A.

Diện tích đáy chữ nhật: $S_{ABCD}=AB\cdot AD=3a\cdot 4a=12a^2$.

Ta có $AK\perp SD$ và $AK\perp CD$ (do $CD\perp (SAD)$) nên $AK\perp (SCD)⟹AK\perp SC$.
Tương tự $AH\perp (SBC)⟹AH\perp SC$.
Suy ra $SC\perp (AHK)$, do đó góc giữa mặt phẳng $(AHK)$ và đáy $(ABCD)$ chính bằng góc tạo bởi $SC$ và đường vuông góc với đáy $SA$, tức là góc $\widehat{ASC}=30^{\circ }$.

Đường chéo đáy: $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{(3a{)}^2+(4a{)}^2}=5a$.
Trong tam giác vuông $SAC$ vuông tại $A$:
$SA = \dfrac{{AC}}{{\tan 30^\circ}} = \dfrac{{5a}}{{\frac{1}{{\sqrt}}}}

a^3.$

Thể tích khối tứ diện $ABCD$ là:
$V_{ABCD}=\frac{1}{6}AB\cdot AC\cdot AD=\frac{1}{6}\cdot a\cdot 2a\cdot 3a=a^3$.
Gọi tọa độ trọng tâm tương đối của điểm $M$ đối với tam giác $BCD$ là $(x;y;z)$ với $x+y+z=1$ ($x,y,z>0$).
Khi đó khối tứ diện $M{B}_1{C}_1{D}_1$ có thể tích là:
$V_{M{B}_1{C}_1{D}_1}=xyz\cdot V_{ABCD}$.
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:
$xyz\le {\left(\frac{x+y+z}{3}\right)}^3={\left(\frac{1}{3}\right)}^3=\frac{1}{27}$.
Suy ra $V_{\max }=\frac{1}{27}{V}_{ABCD}=\frac{a^3}{27}$.
Dấu bằng xảy ra khi $M$ là trọng tâm tam giác $BCD$.
Chọn đáp án B.

Tam giác $ABC$ đều. Do $C^{\prime }A=C^{\prime }B=C^{\prime }C$ nên hình chiếu vuông góc $H$ của $C^{\prime }$ trên $(ABC)$ là trọng tâm $△ABC$. Gọi $M$ là trung điểm $BC$, khi đó $BC\perp (C^{\prime }HM)$ và $\widehat{C^{\prime }MH}=45^{\circ }$, suy ra $△C^{\prime }HM$ vuông cân tại $H$. Khoảng cách $d(A{A}^{\prime },BC)=d(A,(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }))=3d(H,C^{\prime }M)=6\sqrt{3}\Rightarrow d(H,C^{\prime }M)=2\sqrt{3}\Rightarrow C^{\prime }H=HM=2\sqrt{6}$. Từ đó $AM=3HM=6\sqrt{6}\Rightarrow AB=12\sqrt{2}$, diện tích đáy $S_{ABCD}=2S_{△ABC}=144\sqrt{3}$, và thể tích lăng trụ là $V=144\sqrt{3}\cdot 2\sqrt{6}=864\sqrt{2}\Rightarrow a=864$.

Gọi $K$ là trung điểm của $CD$, $G$ là trọng tâm tam giác $SCD⟹V_{SABG}=\frac{2}{3}{V}_{SABK}$.

Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ lên $SO$, khi đó $(SA,(SBD))=\widehat{ASH}=\widehat{ASO}=60^{\circ }$.

Các tam giác $ABD,BCD$ đều cạnh $a⟹AO=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Trong tam giác vuông $SAO$ ta có $SA=\frac{AO}{\tan 60^{\circ }}=\frac{a}{2}$.

Vì $BK\perp CD⟹BK\perp AB,S_{△ABK}=\frac{1}{2}AB\cdot BK=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$.

$V_{SABK}=\frac{1}{3}{S}_{△ABK}\cdot SA=\frac{a^3\sqrt{3}}{24}⟹V_{SABG}=\frac{2}{3}{V}_{SABK}=\frac{a^3\sqrt{3}}{36}.$

Sử dụng phương pháp tọa độ hóa hoặc hệ thức tích vô hướng các vectơ: Đặt $\vec{u}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$, với $|\vec{u}|=c$, ta biểu diễn các vectơ $\overrightarrow{CM}$ và $\overrightarrow{A^{\prime }B}$ theo ba vectơ cơ sở $\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$. Điều kiện $\overrightarrow{CM}\cdot \overrightarrow{A^{\prime }B}=0$ cho ta phương trình bậc hai xác định độ dài cạnh bên $A{A}^{\prime }$. Từ đó tính được chiều cao của khối lăng trụ và thể tích $V=S_{ABC}\cdot h=\frac{3(1+\sqrt{33})}{4}$. Theo đáp án chính thức (Mã đề 731, trang 13), chọn C.

Chọn D.
[IMAGE:img_q50_geom]

Tam giác $△ABC$ vuông cân tại $A$, cạnh $BC=2a\sqrt{2}$ nên $AB=AC=2a$.
Gọi $M$ là trung điểm $BC$ thì $AM\perp BC\Rightarrow AM\perp (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ và $AM=a\sqrt{2}$.
Hạ $AH\perp B^{\prime }C$, ta có $B^{\prime }C\perp (AHM)$ nên góc giữa mặt phẳng $(A{B}^{\prime }C)$ và mặt phẳng $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ là góc $\widehat{AHM}=60^{\circ }$.
Suy ra $HM=\frac{AM}{\tan 60^{\circ }}=\frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$.
Hạ $BK\perp B^{\prime }C$ thì $BK=2HM=\frac{2a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$.
Xét tam giác vuông $△B^{\prime }BC$ có $BK$ là đường cao:
$\frac{1}{B{B}^{\prime 2}}=\frac{1}{B{K}^2}-\frac{1}{B{C}^2}=\frac{3}{8a^2}-\frac{1}{8a^2}=\frac{2}{8a^2}=\frac{1}{4a^2}\Rightarrow B{B}^{\prime }=2a.$
Thể tích khối lăng trụ đã cho là:
$V_{ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=B{B}^{\prime }\cdot S_{ABC}=2a\cdot \left[\frac{1}{2}(2a{)}^2\right]=4a^3.$

Diện tích đáy $S_{ABC}=\frac{4^2\sqrt{3}}{4}=4\sqrt{3}$ và thể tích lăng trụ $V=6\cdot 4\sqrt{3}=24\sqrt{3}$. Mặt phẳng $(MNP)$ song song với đáy, cách đáy một khoảng bằng $\frac{h}{2}=3$, và $S_{MNP}=\frac{1}{4}{S}_{ABC}=\sqrt{3}$. Khối đa diện lồi $ABCMNP$ có thể phân chia hoặc tính theo tỉ số thể tích bằng $\frac{3}{8}V=\frac{3}{8}\cdot 24\sqrt{3}=9\sqrt{3}$.

Trong mặt phẳng $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ kẻ $B^{\prime }H\perp BC$ ($H\in BC$). Vì $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })\perp (ABC)$ nên $B^{\prime }H\perp (ABC)$. Trong $(ABC)$ kẻ $HK\parallel AC$ với $K\in AB$, suy ra $HK\perp AB$ và góc giữa $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ và $(ABC)$ là $\widehat{B^{\prime }KH}=45^{\circ }$. Tam giác $B^{\prime }HK$ vuông cân tại $H$, đặt $x=B^{\prime }H=HK$.
Trong tam giác vuông $ABC$: $AC=BC\sin 60^{\circ }=a\sqrt{3}$, $AB=BC\cos 60^{\circ }=a$. Diện tích tam giác $ABC$ là $S_{△ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot AC=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$.
Trong hình thoi $BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$, cạnh $B{B}^{\prime }=BC=2a$, do đó $BH=\sqrt{B{B}^{\prime 2}-B^{\prime }{H}^2}=\sqrt{4a^2-x^2}$. Theo định lý Thales trong tam giác $ABC$: $\frac{BH}{BC}=\frac{HK}{AC}\iff \frac{\sqrt{4a^2-x^2}}{2a}=\frac{x}{a\sqrt{3}}\iff 3(4a^2-x^2)=4x^2\iff 7x^2=12a^2\iff x=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{7}}$.
Vậy thể tích khối lăng trụ là $V=S_{△ABC}\cdot B^{\prime }H=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{7}}=\frac{3a^3}{\sqrt{7}}$. Chọn đáp án C.

[IMAGE_1]

Gọi $O=AC\cap BD$, $N$ là trung điểm $SD$ thì $MN$ là đường trung bình của tam giác $SCD$ nên suy ra $MN=\frac{CD}{2}=\frac{2a}{2}=a$ và thiết diện khi cắt hình chóp bởi mặt phẳng $(\alpha )$ là tứ giác $ABMN$ là hình thang cân nên $AN=BM$.

Chu vi của thiết diện là:

$C_{ABMN}=AB+BM+MN+AN=2a+BM+a+AN=3a+BM+AN=7a\Rightarrow BM+AN=4a$.

Suy ra $AN=BM=2a$. Đặt $SB=x$.

Áp dụng công thức độ dài đường trung tuyến vào tam giác $SBC$ ta có:

$B{M}^2=\frac{B{S}^2+B{C}^2}{2}-\frac{S{C}^2}{4}\iff 4a^2=\frac{x^2+4a^2}{2}-\frac{x^2}{4}\iff x^2=8a^2\iff x=2a\sqrt{2}$.

Do đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $2a$ nên $BD=2a\sqrt{2}\Rightarrow r_N=OB=\frac{BD}{2}=a\sqrt{2}$.

Tam giác $SOB$ vuông tại $O$ nên ta có: $h_N=SO=\sqrt{S{B}^2-O{B}^2}=\sqrt{8a^2-2a^2}=a\sqrt{6}$.

Thể tích hình nón cần tìm là: $V_N=\frac{1}{3}\pi r_N^2{h}_N=\frac{1}{3}\pi (a\sqrt{2}{)}^2\cdot a\sqrt{6}=\frac{2\pi a^3\sqrt{6}}{3}$.

Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB,CD$. Vì $\Delta SAB$ cân tại $S$ nên $SM\perp AB$. Vì $\Delta SCD$ cân tại $S$ nên $SN\perp CD$. Đoạn $MN=AD=\sqrt{10}$. Góc giữa hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SCD)$ chính là góc giữa hai đường thẳng $SM$ và $SN$, do đó tam giác $SMN$ vuông tại $S$. Ta có $S{M}^2+S{N}^2=M{N}^2=10$. Mặt khác, tổng diện tích hai tam giác: $S_{\Delta SAB}+S_{\Delta SCD}=\frac{1}{2}AB\cdot SM+\frac{1}{2}CD\cdot SN=\frac{1}{2}(SM+SN)=2\Rightarrow SM+SN=4$. Khi đó $2SM\cdot SN=(SM+SN{)}^2-(S{M}^2+S{N}^2)=16-10=6\Rightarrow SM\cdot SN=3$. Chiều cao kẻ từ $S$ xuống đáy $MN$ là $h=\frac{SM\cdot SN}{MN}=\frac{3}{\sqrt{10}}$. Diện tích đáy $S_{ABCD}=AB\cdot AD=1\cdot \sqrt{10}=\sqrt{10}$. Thể tích khối chóp là $V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot h=\frac{1}{3}\sqrt{10}\cdot \frac{3}{\sqrt{10}}=1$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 132, trang 34), chọn A.

Vì đáy $ABCD$ là hình thang cân với $AB\parallel CD$ và $AC\perp BD$ tại $O$, nên các tam giác $OAB$ và $OCD$ vuông cân tại $O$. Ta có $AB=2a\sqrt{2}\Rightarrow OA=OB=2a$, và $CD=4a\sqrt{2}\Rightarrow OC=OD=4a$. Độ dài các đường chéo: $AC=BD=OA+OC=2a+4a=6a$. Do $AC\perp BD$, diện tích đáy là $S_{ABCD}=\frac{1}{2}AC\cdot BD=\frac{1}{2}(6a{)}^2=18a^2$. Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB,CD$. Ta có $OM\perp AB,ON\perp CD$, và $M,O,N$ thẳng hàng. Tam giác $OAB$ vuông cân tại $O\Rightarrow OM=\frac{AB}{2}=a\sqrt{2}$; tam giác $OCD$ vuông cân tại $O\Rightarrow ON=\frac{CD}{2}=2a\sqrt{2}$. Vì $SO\perp (ABCD)$ nên $SM\perp AB$ và $SN\perp CD$. Khi đó góc giữa $(SAB)$ và $(SCD)$ là góc giữa $SM$ và $SN$. Vì $(SAB)\perp (SCD)$ nên tam giác $SMN$ vuông tại $S$. Ta có $SO$ là đường cao của tam giác vuông $SMN$, suy ra $S{O}^2=OM\cdot ON=(a\sqrt{2})(2a\sqrt{2})=4a^2\Rightarrow SO=2a$. Thể tích khối chóp là $V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SO=\frac{1}{3}(18a^2)(2a)=12a^3$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 101, trang 7), chọn B.

Bán kính đáy $R=\sqrt{5}$. Khoảng cách từ các tâm đáy đến hai dây cung là $d_1=\sqrt{5-2^2}=1$ và $d_2=\sqrt{5-1^2}=2$. Diện tích hình thang cân $MN{N}^{\prime }{M}^{\prime }$ là $S=\frac{4+2}{2}{h}_{\text{ht}}=3h_{\text{ht}}=15\Rightarrow h_{\text{ht}}=5$. Chiều cao hình trụ thỏa mãn $h^2+(d_1+d_2{)}^2=h_{\text{ht}}^2\Rightarrow h=\sqrt{5^2-3^2}=4$. Thể tích khối trụ là $V=\pi R^{2}h=\pi (5)(4)=20\pi$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 101, trang 8), chọn C.