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

(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)
Gọi $H$ là trung điểm $AB$. Vì tam giác $A^{\prime }AB$ cân tại $A^{\prime }$ và $(A^{\prime }AB)\perp (ABC)$ nên $A^{\prime }H\perp (ABC)$, chiều cao lăng trụ $h=A^{\prime }H$. Trong mặt phẳng $(ABC)$ kẻ $CK\perp A{A}^{\prime }$ ($K\in A{A}^{\prime }$), thì $CK\perp A{A}^{\prime }$ và $A^{\prime }H\perp (ABC)$ suy ra góc giữa $(A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C)$ và $(ABC)$ là $\widehat{CKH}=60^{\circ }$ (tính qua tam giác vuông với đường cao). Cách tính trực tiếp: với $A(0,0,0)$, $B(a,0,0)$, $C\left(\frac{a}{2},\frac{a\sqrt{3}}{2},0\right)$, $A^{\prime }\left(\frac{a}{2},0,h\right)$, pháp tuyến của $(A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C)$ là $\vec{n}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}\times \overrightarrow{AC}=\left(-\frac{ah\sqrt{3}}{2},\frac{ah}{2},\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\right)$. Góc giữa hai mặt phẳng: $\cos 60^{\circ }=\frac{\frac{a^2\sqrt{3}}{4}}{a\sqrt{h^2+\frac{3a^2}{16}}}=\frac{1}{2}$, suy ra $h^2+\frac{3a^2}{16}=\frac{3a^2}{4}\Rightarrow h=\frac{3a}{4}$. Diện tích đáy $S=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$. Thể tích $V=S\cdot h=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{3a}{4}=\frac{3\sqrt{3}{a}^3}{16}$. Vậy chọn D.

(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 $\frac{9a^3}{4}-\frac{3a^3}{8}=\frac{15a^3}{8}$.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp cụt tứ giác đều có cạnh đáy nhỏ $a=10$ m, cạnh đáy lớn $b=14$ m. Gọi $h$ là chiều cao. Khoảng cách giữa hai đáy theo phương trung bình (hiệu độ dài đường trung bình của hai mặt bên) là $\frac{b-a}{2}=\frac{14-10}{2}=2$ m. Mặt bên tạo với đáy nhỏ góc nhị diện $135^{\circ }$, tức góc giữa mặt bên và mặt phẳng đáy nhỏ (phía trong khối) là $180^{\circ }-135^{\circ }=45^{\circ }$. Do đó $\tan 45^{\circ }=\frac{h}{2}\Rightarrow h=2$ m. Thể tích khối chóp cụt: $V=\frac{h}{3}\left(S_1+S_2+\sqrt{S_1{S}_2}\right)=\frac{2}{3}\left(100+196+\sqrt{100\cdot 196}\right)=\frac{2}{3}(100+196+140)=\frac{2}{3}\cdot 436\approx 290,67\approx 291$ m${}^3$. Vậy cần di chuyển khoảng $291$ m${}^3$ đất.

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 $\cos \alpha =\cos \left(180^0-\beta \right)=-\cos \beta =-\frac{3\sqrt{22}}{22}$.

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích hình chóp cụt tứ giác đều: $V=\frac{h}{3}(S_1+S_2+\sqrt{S_1{S}_2})$ với $S_1=2^2=4d{m}^2$, $S_2=5^2=25d{m}^2$. Suy ra $19,5=\frac{h}{3}(4+25+10)=13h\Rightarrow h=1,5dm$. Góc nhị diện giữa mặt đáy nhỏ và một mặt bên: lấy mặt phẳng qua trục hình chóp cụt và vuông góc với mặt bên đó, thiết diện là hình thang cân có hai đáy song song bằng $2$ và $5$, chiều cao $h=1,5$. Góc nhị diện cần tìm là góc ở chân hình thang, với tan của góc bằng chiều cao chia cho khoảng cách ngang từ cạnh đáy nhỏ đến cạnh đáy lớn: $\tan a=\frac{h}{\frac{5-2}{2}}=\frac{1,5}{1,5}=1\Rightarrow a=45^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Thể tích $V=\frac{1}{3}{S}_{ABC}\cdot SA=\frac{1}{3}\cdot \frac{2\cdot 3}{2}\cdot 2=2\ne 6$ → Sai. b) Vì $CB\perp AB$ và $CB\perp SA$ nên $CB\perp (SAB)$, khoảng cách từ $C$ đến $(SAB)$ bằng $BC=3\ne 5$ → Sai. c) Nhị diện $[S,BC,A]$ có cạnh $BC$; vì $AB\perp BC$, $CB\perp BC$ nên góc nhị diện bằng góc giữa $SB$ và $AB$. Ta có $SB=\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}=\sqrt{4+4}=2\sqrt{2}$, $\tan \angle SBA=\frac{SA}{AB}=\frac{2}{2}=1$ nên góc bằng $45^0$ → Đúng. d) $\overrightarrow{SB}=\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{SA}\perp \overrightarrow{AC}$ nên $\overrightarrow{SB}\cdot \overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}\cdot (\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC})=|AB{|}^2+0=4$ → Đúng. Khớp với đáp án MD0911 Phần II Câu 3: a) Sai, b) Sai, c) Đúng, d) Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$V=\frac{1}{3}\cdot \frac{BA\cdot BC}{2}\cdot SA=\frac{1}{3}\cdot 3\cdot 2=2\ne 6$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$CB\perp AB$ và $CB\perp SA$ nên $CB\perp (SAB)$, do đó $d(C,(SAB))=BC=3\ne 5$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Góc nhị diện $[S,BC,A]$ là $\angle SBA$ với $\tan \angle SBA=\frac{SA}{AB}=1$ nên bằng $45^0$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{SB}\cdot \overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=|\overrightarrow{AB}{|}^2=4$ vì $\overrightarrow{SA}\perp \overrightarrow{AC}$ và $\overrightarrow{AB}\perp \overrightarrow{BC}$.

Gọi $H$ là hình chiếu của $A^{\prime }$ trên mặt phẳng $(ABC)$.

+) Gọi $D$ đối xứng $B$ qua $A$ thì $AD{A}^{\prime }{B}^{\prime }$ là hình bình hành nên $A^{\prime }D\parallel A{B}^{\prime }$.

Dẫn tới $A^{\prime }D\perp B^{\prime }{C}^{\prime }\Rightarrow A^{\prime }D\perp BC$. Kết hợp $BC\perp A^{\prime }H$ suy ra $BC\perp (A^{\prime }DH)\Rightarrow BC\perp DH$.

Lại có $AB=AC=AD$ nên $BC\perp CD$, do đó $D$, $H$, $C$ thẳng hàng, hay $H\in CD$. (1)

+) Gọi $M$ là trung điểm $AC$ thì $\{\begin{array}{l}AC\perp A^{\prime }M\\ AC\perp A^{\prime }H\end{array}\Rightarrow AC\perp (A^{\prime }MH)\Rightarrow AC\perp MH$.

Mà $AC\perp AB$ nên $MH\parallel AB$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra $H$ là trung điểm $CD$.

+) Gọi $E$ đối xứng $C$ qua $B$ thì $BE{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ là hình bình hành nên $B^{\prime }E\parallel B{C}^{\prime }$.

Suy ra $d\left(B,(B^{\prime }AE)\right)=d\left(A{B}^{\prime },B{C}^{\prime }\right)=a$.

+) Gọi $K$ là trung điểm $BC$ thì $A^{\prime }{B}^{\prime }KH$ là hình bình hành nên $B^{\prime }K\parallel A^{\prime }H\Rightarrow B^{\prime }K\perp (ABC)$.

Khi đó $KA=\frac{1}{2}BC=2a$, $KE=KB+BE=6a$.

Dẫn tới $KE=\frac{3}{2}BE\Rightarrow d\left(K,(B^{\prime }AE)\right)=\frac{3}{2}d\left(B,(B^{\prime }AE)\right)=\frac{3a}{2}$.

+) Tứ diện $B^{\prime }AEK$ là tứ diện vuông tại $K$ nên $\frac{1}{d^2\left(K,(B^{\prime }AE)\right)}=\frac{1}{K{A}^2}+\frac{1}{K{E}^2}+\frac{1}{K{B}^{\prime 2}}$

$\Rightarrow \frac{1}{K{B}^{\prime 2}}=\frac{1}{6a^2}\Rightarrow B^{\prime }K=a\sqrt{6}$.

Vậy $V_{ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=B^{\prime }K.S_{ABC}=a\sqrt{6}.4a^2=4a^3\sqrt{6}$.

(AI giải đề cho tôi)
Mặt cắt dọc theo chiều dài bể là hình thang với hai đáy $1,2m$ và $2,0m$, chiều dài $30m$, nên diện tích mặt cắt là $\frac{1,2+2,0}{2}\cdot 30=48m^2$. Thể tích bể $V=48\cdot 14=672m^3$. Với tốc độ bơm $42m^3/$giờ, thời gian bơm đầy là $t=\frac{672}{42}=16$ giờ. Khớp với đáp án B (đáp án đề 102, câu 8 là B).

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích bể: mặt cắt dọc theo chiều dài là hình thang với hai đáy $1,2m$ và $2,0m$, chiều dài $30m$, diện tích $S=\frac{1,2+2,0}{2}\cdot 30=48m^2$. Nhân với chiều rộng $14m$: $V=48\cdot 14=672m^3$. Thời gian bơm đầy: $t=\frac{672}{42}=16$ giờ. Đáp án C, trùng đáp án nguồn (đề 101, câu 10 = C).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(-\frac{\sqrt{3}}{2},0,0)$, $B(\frac{\sqrt{3}}{2},0,0)$, $C(0,\frac{3}{2},0)$ (tam giác đều cạnh $\sqrt{3}$), $I(0,0,0)$, $H$ trung điểm $CI$ nên $H(0,\frac{3}{4},0)$.

a) $A{H}^2=\frac{3}{4}+\frac{9}{16}=\frac{21}{16}\Rightarrow AH=\frac{\sqrt{21}}{4}$. Góc giữa $SA$ và $(ABC)$ là $\widehat{SAH}=45^{\circ }$ nên $SH=AH\tan 45^{\circ }=\frac{\sqrt{21}}{4}$. Đúng.

b) $S(0,\frac{3}{4},\frac{\sqrt{21}}{4})$. Diện tích đáy $=\frac{\sqrt{3}}{4}(\sqrt{3}{)}^2=\frac{3\sqrt{3}}{4}$, nên $V=\frac{1}{3}\cdot \frac{3\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{\sqrt{21}}{4}=\frac{3\sqrt{7}}{16}$. Đúng.

c) Hình chiếu của $S$ lên $(ABC)$ là $H$ (không nằm trên $AC$), nên góc giữa $SA$ và $(ABC)$ là $\widehat{SAH}$, không phải $\widehat{SAC}$. Sai.

d) $G=\left(\frac{\sqrt{3}}{6},\frac{3}{4},\frac{\sqrt{21}}{12}\right)$. Với $\vec{u}=\overrightarrow{AS}$, $\vec{v}=\overrightarrow{GC}$, $\vec{w}=\overrightarrow{SG}$: $\vec{u}\times \vec{v}=\left(\frac{\sqrt{21}}{4},0,-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$, $|\vec{u}\times \vec{v}|=\frac{\sqrt{33}}{4}$, $(\vec{u}\times \vec{v})\cdot \vec{w}=\frac{3\sqrt{7}}{8}$. Suy ra $d(SA,CG)=\frac{3\sqrt{7}/8}{\sqrt{33}/4}=\frac{\sqrt{231}}{22}\ne \frac{\sqrt{231}}{11}$. Sai.

Đối chiếu bảng đáp án nguồn (Mã đề 101, 3a–3d: D, D, S, S) khớp hoàn toàn: a Đúng, b Đúng, c Sai, d Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$AH=\frac{\sqrt{21}}{4}$ và $\widehat{SAH}=45^{\circ }$ nên $SH=AH=\frac{\sqrt{21}}{4}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$V=\frac{1}{3}\cdot \frac{3\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{\sqrt{21}}{4}=\frac{3\sqrt{7}}{16}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $S$ là $H$ trung điểm $CI$, không nằm trên $AC$, nên góc là $\widehat{SAH}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Tính bằng tọa độ được $d(SA,CG)=\frac{\sqrt{231}}{22}\ne \frac{\sqrt{231}}{11}$.

(AI giải đề cho tôi)
Hình lăng trụ tam giác có 2 mặt đáy (tam giác) và 3 mặt bên (hình bình hành), tổng cộng $2+3=5$ mặt. Vậy đáp án là B.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $(SAB)\perp (ABCD)$ và $(SAD)\perp (ABCD)$, giao tuyến chung là $SA$ nên $SA\perp (ABCD)$. Góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SCA}=60^{\circ }$. Với $ABCD$ hình vuông cạnh 1 thì $AC=\sqrt{2}$, nên $SA=AC\cdot \tan 60^{\circ }=\sqrt{2}\cdot \sqrt{3}=\sqrt{6}$. Thể tích $V=\frac{1}{3}\cdot 1^2\cdot \sqrt{6}=\frac{\sqrt{6}}{3}$, vậy $b=3$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $B(0;0;0)$, $A(2;0;0)$, $C(0;2;0)$, gọi $A^{\prime }(x;y;z)$. Từ $A^{\prime }B=A^{\prime }C$: $x^2+y^2+z^2=x^2+(y-2{)}^2+z^2\Rightarrow y=1$. Từ $A^{\prime }B=A^{\prime }A$: $x^2+y^2+z^2=(x-2{)}^2+y^2+z^2\Rightarrow x=1$. Suy ra $z^2=9-1-1=7$, lấy $A^{\prime }(1;1;\sqrt{7})$ (hình chiếu của $A^{\prime }$ lên đáy là trung điểm $M$ của $AC$). Ta có $M(1;1;0)$, $N(0;1;0)$. Vì $\frac{A^{\prime }P}{A^{\prime }A}=\frac{1}{3}$: $P=\left(\frac{4}{3};\frac{2}{3};\frac{2\sqrt{7}}{3}\right)$; vì $\frac{A^{\prime }Q}{A^{\prime }B}=\frac{2}{3}$: $Q=\left(\frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{\sqrt{7}}{3}\right)$. Với $\overrightarrow{QM}=\left(\frac{2}{3};\frac{2}{3};-\frac{\sqrt{7}}{3}\right)$, $\overrightarrow{QN}=\left(-\frac{1}{3};\frac{2}{3};-\frac{\sqrt{7}}{3}\right)$, $\overrightarrow{QP}=\left(1;\frac{1}{3};\frac{\sqrt{7}}{3}\right)$, tính định thức: $\det =\frac{2\sqrt{7}}{9}-\frac{4\sqrt{7}}{27}+\frac{7\sqrt{7}}{27}=\frac{9\sqrt{7}}{27}=\frac{\sqrt{7}}{3}$. Vậy $V_{MNPQ}=\frac{1}{6}\cdot \frac{\sqrt{7}}{3}=\frac{\sqrt{7}}{18}\approx 0,1472\approx 0,15$. Kết quả khớp với đáp án 0.15.