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

(AI giải đề cho tôi)
Tổng diện tích hai mặt đáy là 4 nên diện tích một đáy $S_{ABC}=2$. Thể tích lăng trụ $V=S_{ABC}\cdot h=2h=6$, suy ra $h=3$. Khoảng cách từ $B^{\prime }$ đến mặt phẳng $(ABC)$ chính là chiều cao của lăng trụ, bằng $3$. Đáp án D.

Đáp án: 0,48



Vì hình chóp $S.ABC$ có ba cạnh $SA$, $SB$, $SC$ đôi một vuông góc với nhau nên $V_{S.ABC}=\frac{1}{6}.SA.SB.SC=\frac{1}{6}.6.8.8=48$.

Ta có: $AB=AC=10$.

$$\frac{V_{A.MNP}}{V_{A.SBC}}=\frac{AM}{AB}.\frac{AN}{AC}.\frac{AP}{SA}=\frac{1}{10}.\frac{2}{10}.\frac{3}{6}=\frac{1}{100}$$

$$\Rightarrow V_{A.MNP}=\frac{48}{100}=0,48$$

a) Gọi $M$ là trung điểm của $BC\Rightarrow A^{\prime }M\perp (ABC)\Rightarrow A^{\prime }M\perp AM$

Do tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$ nên $AB=AC=\frac{BC}{\sqrt{2}}=a\sqrt{2};AM=BM=CM=\frac{BC}{2}=a;AM\perp BC$

Xét tam giác $A{A}^{\prime }M$ vuông tại $M$ có: $A^{\prime }M=\sqrt{A{A}^{\prime 2}-A{M}^2}=2a$

Thể tích lăng trụ $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ là: $V_{ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=A^{\prime }M.S_{ABC}=A^{\prime }M.\frac{1}{2}.AM.BC=2a.\frac{1}{2}.a.2a=2a^3$

b) Vì $BM\cap AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }=C\Rightarrow \frac{d(B;AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })}{d(M;AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })}=\frac{BC}{MC}=2\Rightarrow d(B;AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })=2d(M;AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$

Gọi $N$ là trung điểm của $AC\Rightarrow \{\begin{array}{l}MN\parallel AB\Rightarrow MN\perp AC\\ MN=\frac{AB}{2}=\frac{a}{\sqrt{2}}\end{array}$

Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $M$ lên $A^{\prime }N$

Có: $\{\begin{array}{l}MN\perp AC\\ A^{\prime }M\perp AC\end{array}\Rightarrow AC\perp (A^{\prime }MN)\Rightarrow \{\begin{array}{l}AC\perp MH\\ A^{\prime }N\perp MH\end{array}\Rightarrow MH\perp AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }\Rightarrow d(M;AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })=MH$

Xét tam giác $A^{\prime }MN$ vuông tại $M$ có: $MH$ là đường cao

$\Rightarrow MH=\frac{A^{\prime }M\cdot MN}{\sqrt{A^{\prime }{M}^2+M{N}^2}}=\frac{2a\cdot \frac{a}{\sqrt{2}}}{\sqrt{2a^2+{\left(\frac{a}{\sqrt{2}}\right)}^2}}=\frac{2a}{3}$

$\Rightarrow d(B;AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })=2d(M;AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })=2MH=\frac{4a}{3}$

Ta chia làm hai phần: lăng trụ và hình hộp chữ nhật.
$$V_{\text{hộp}}=5\cdot 8\cdot 14=560\left({\text{m}}^3\right)$$
$$V_{\text{la˘ng trụ}}=\frac{3\cdot 8}{2}\cdot 14=168\left({\text{m}}^3\right)$$
$$\Rightarrow V=560+168=728\left({\text{m}}^3\right)$$

Ta kiểm tra 7 đỉnh của khối lập phương đều bằng toạ độ hoá

$$M^{\prime }(0;t;t)\in \{\begin{array}{l}y\ge 0\\ z\ge 0\\ 2y+z-40\le 0\\ x=0\end{array}\Rightarrow 0\le t\le \frac{40}{3}$$

$$P^{\prime }(t;0;t)\in \{\begin{array}{l}x\ge 0\\ z\ge 0\\ 4x+3z-120\le 0\\ y=0\end{array}\Rightarrow 0\le t\le \frac{120}{7}$$

$$N^{\prime }(t;t;t)\in \{\begin{array}{l}x\ge 0\\ z\ge 0\\ y=0\\ 4x+3z-120\le 0\\ 2y+z-40\le 0\end{array}\Rightarrow 0\le t\le \frac{40}{3}$$

Vậy $V_{AMNP.A^{\prime }{M}^{\prime }{N}^{\prime }{P}^{\prime }}\le {\left(\frac{40}{3}\right)}^3\iff t=\frac{40}{3}\approx 13,3$

Ta chia làm hai phần: lăng trụ và hình hộp chữ nhật.
$V_{\text{hộp}}=5\cdot 8\cdot 14=560\left(m^3\right)$.
$V_{\text{la˘ng trụ}}=\frac{3\cdot 8}{2}\cdot 14=168\left(m^3\right)$.
$\Rightarrow V=560+168=728\left(m^3\right)$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $D(4;0;0)$, $B(1;\sqrt{3};0)$, $C(3;\sqrt{3};0)$ (đáy là hình thang cân $AD\parallel BC$, $AB=CD=2$, $BC=2$, chiều cao đáy $\sqrt{3}$, diện tích đáy $3\sqrt{3}$). Gọi $h=A{A}^{\prime }$ là chiều cao lăng trụ.

a) Khoảng cách từ $D$ đến $AB$: đường $AB$: $\sqrt{3}x-y=0$, $d(D,AB)=\frac{4\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$. Góc nhị diện $[D^{\prime },AB,D]$: $\tan 45^{\circ }=\frac{A{A}^{\prime }}{d(D,AB)}=\frac{h}{2\sqrt{3}}\Rightarrow h=2\sqrt{3}$. Góc giữa $A^{\prime }B$ và $(ABCD)$ là góc giữa $A^{\prime }B$ và $AB$: $\tan \alpha =\frac{A{A}^{\prime }}{AB}=\frac{2\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}\Rightarrow \alpha =60^{\circ }$. Đúng.

b) $V=3\sqrt{3}\cdot 2\sqrt{3}=18\ne 6$. Sai.

c) ${\vec{u}}_{AD}=(1;0;0)$, ${\vec{u}}_{A^{\prime }C}=(3;\sqrt{3};-2\sqrt{3})$, ${\vec{u}}_{AD}\times {\vec{u}}_{A^{\prime }C}=(0;2\sqrt{3};\sqrt{3})$, $\overrightarrow{A^{\prime }A}=(0;0;-2\sqrt{3})$. Khoảng cách $=\frac{|(0;0;-2\sqrt{3})\cdot (0;2\sqrt{3};\sqrt{3})|}{\sqrt{15}}=\frac{6}{\sqrt{15}}=\frac{2\sqrt{15}}{5}\ne \frac{\sqrt{15}}{5}$. Sai.

d) Mặt phẳng $(A^{\prime }BC)$: $\vec{n}=\overrightarrow{BC}\times \overrightarrow{B{A}^{\prime }}\propto (0;2;1)$, phương trình $2y+z=2\sqrt{3}$. Thay $D^{\prime }(4;0;2\sqrt{3})$: thỏa mãn, nên mặt cắt là tứ giác $A^{\prime }BC{D}^{\prime }$. Phần chứa $B^{\prime },C^{\prime }$ là chóp $D^{\prime }.BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$ với $S_{BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }}=2\cdot 2\sqrt{3}=4\sqrt{3}$, chiều cao từ $D^{\prime }$ đến mặt phẳng $y=\sqrt{3}$ bằng $\sqrt{3}$: $V_2=\frac{1}{3}\cdot 4\sqrt{3}\cdot \sqrt{3}=4$. $V_1=18-4=14$. Khi đó $3V_1=42\ne 4V_2=16$. Sai.

Kết luận: chỉ nhận định a đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Từ góc nhị diện 45° suy ra $A{A}^{\prime }=2\sqrt{3}$; góc giữa $A^{\prime }B$ và $(ABCD)$ có $\tan \alpha =\frac{2\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}\Rightarrow \alpha =60^{\circ }$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Diện tích đáy $3\sqrt{3}$, chiều cao $2\sqrt{3}$, nên $V=18\ne 6$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Tính bằng tích có hướng được $d(AD,A^{\prime }C)=\frac{2\sqrt{15}}{5}\ne \frac{\sqrt{15}}{5}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Mặt phẳng $(A^{\prime }BC)$ thực chất đi qua $D^{\prime }$ (phương trình $2y+z=2\sqrt{3}$). $V_2=4$, $V_1=14$, nên $3V_1=42\ne 16=4V_2$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(2;0;0)$, $C(1;\sqrt{3};0)$, $A^{\prime }(0;0;2)$, $B^{\prime }(2;0;2)$, $C^{\prime }(1;\sqrt{3};2)$ (lăng trụ đều cạnh 2, chiều cao 2).

Trọng tâm $G$ của tam giác $A{B}^{\prime }{C}^{\prime }$: $G=\left(1;\frac{\sqrt{3}}{3};\frac{4}{3}\right)$.

Trung điểm $I$ của $B{C}^{\prime }$: $I=\left(\frac{3}{2};\frac{\sqrt{3}}{2};1\right)$.

Thể tích tứ diện $GI{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ bằng $\frac{1}{6}\left|\left[\overrightarrow{B^{\prime }G},\overrightarrow{B^{\prime }I},\overrightarrow{B^{\prime }{C}^{\prime }}\right]\right|$ với:
$\overrightarrow{B^{\prime }G}=\left(-1;\frac{\sqrt{3}}{3};-\frac{2}{3}\right)$, $\overrightarrow{B^{\prime }I}=\left(-\frac{1}{2};\frac{\sqrt{3}}{2};-1\right)$, $\overrightarrow{B^{\prime }{C}^{\prime }}=(-1;\sqrt{3};0)$.

Tích hỗn hợp: $\det =\frac{2\sqrt{3}}{3}$ (tính theo khai triển cột thứ ba, hai thành phần khác 0 chỉ còn $(-1)\cdot \frac{2\sqrt{3}}{3}$ sau khi thành phần thứ nhất triệt tiêu).

Vậy $V_{GI{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=\frac{1}{6}\cdot \frac{2\sqrt{3}}{3}=\frac{\sqrt{3}}{9}$.

Kết quả khớp với đáp án nguồn: C.

Ta có:
$$BC=\sqrt{A{B}^2+A{C}^2-2AB.AC.\cos \widehat{BAC}}=\sqrt{1^2+2^2-\mathrm{2.1.2.}\cos 120^{\circ }}=\sqrt{7}$$
Dựng điểm $H$ trên mặt phẳng $(ABC)$ sao cho $\widehat{HBA}=\widehat{HCA}=90^{\circ }$. Gọi $O$ là giao điểm của $AH$ và $BC$. Khi đó ta có tứ giác $ABHC$ nội tiếp. Do đó $\widehat{BHC}=180^{\circ }-\widehat{BAC}=180^{\circ }-120^{\circ }=60^{\circ }$. Ta có:
$$\cos \widehat{ACB}=\frac{C{A}^2+C{B}^2-A{B}^2}{2CA.CB}=\frac{2^2+{\sqrt{7}}^2-1^2}{\mathrm{2.2.}\sqrt{7}}=\frac{5}{2\sqrt{7}}=\frac{5\sqrt{7}}{14}$$
Do $\widehat{ACB}$ và $\widehat{BCH}$ là hai góc nhọn phụ nhau nên $\cos \widehat{ACB}=\sin \widehat{BCH}=\frac{5\sqrt{7}}{14}$.
Áp dụng định lý Sin cho tam giác $BCH$, ta có:
$$\frac{BH}{\sin \widehat{BCH}}=\frac{BC}{\sin \widehat{BHC}}\Rightarrow BH=BC.\frac{\sin \widehat{BCH}}{\sin \widehat{BHC}}=\sqrt{7}.\frac{\frac{5\sqrt{7}}{14}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{5}{\sqrt{3}}=\frac{5\sqrt{3}}{3}$$
Vậy theo định lý Pythagore, ta được:
$$A{H}^2=A{B}^2+B{H}^2=1^2+{\left(\frac{5\sqrt{3}}{3}\right)}^2=\frac{84}{9}\Rightarrow AH=\frac{2\sqrt{21}}{3}$$
Gọi $O$ là giao điểm của $AH$ và $BC$; $F$ là giao điểm của $SO$ và $MN$; $E$ là giao điểm của $AF$ và $SH$.
Ta có:
$$\{\begin{array}{l}AM\perp SB\\ \{\begin{array}{l}BH\perp AB\\ BH\perp SA\end{array}\end{array}\Rightarrow BH\perp (SAB)\Rightarrow BH\perp AM\Rightarrow AM\perp (SBH)\Rightarrow AM\perp SH$$
Hoàn toàn tương tự, ta được $AN\perp SH$ nên $SH\perp (AMN)$.
Do $E\in SH$ nên $SE\perp AMN$. Vậy $SE\perp EA$. Khi đó ta được $(SA,(AMN))=(SA,EA)=\widehat{SAE}=\alpha$.
Trong tam giác $SAH$ vuông tại $A$ có $AE$ là đường cao, ta có: $AE.SH=AS.AH\Rightarrow AE=\frac{AS.AH}{SH}=\frac{AS.\frac{2\sqrt{21}}{3}}{\sqrt{S{A}^2+A{H}^2}}=\frac{AS.\frac{2\sqrt{21}}{3}}{\sqrt{S{A}^2+\frac{28}{3}}}$.
Ta có: $\sin \alpha =\frac{\sqrt{21}}{7}\Rightarrow \cos \alpha =\frac{2\sqrt{7}}{7}$. Khi đó ta được:
$$\frac{\frac{2\sqrt{21}}{3}}{\sqrt{S{A}^2+\frac{28}{3}}}=\frac{AE}{AS}=\cos \alpha =\frac{2\sqrt{7}}{7}$$
Ta có:
$$\frac{\frac{2\sqrt{21}}{3}}{\sqrt{S{A}^2+\frac{28}{3}}}=\frac{2\sqrt{7}}{7}\iff \frac{\frac{2\sqrt{21}}{3}.\frac{7}{2\sqrt{7}}}{\sqrt{S{A}^2+\frac{28}{3}}}=1\iff \sqrt{S{A}^2+\frac{28}{3}}=\frac{7\sqrt{3}}{3}$$
$$\iff S{A}^2+\frac{28}{3}=\frac{49}{3}\iff S{A}^2=7\iff SA=\sqrt{7}$$
Mặt khác, ta có:
$$S_{ABC}=\frac{1}{2}.AB.AC.\sin BAC=\frac{1}{2}.1.2.\sin 120^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{2}$$
Vậy ta được:
$$V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.SA.S_{ABC}=\frac{1}{3}.\sqrt{7}.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{21}}{6}$$

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích nước ban đầu ở khay 1: $V=30\cdot 20\cdot 10=6000c{m}^3$. Lượng nước đổ sang khay 2 là $\frac{1}{3}\cdot 6000=2000c{m}^3$.

Gọi khay 2 là hình chóp cụt tứ giác đều, đáy nhỏ (đáy khay) cạnh $a$, đáy lớn (miệng khay) cạnh $b$, chiều cao $h$. Tỷ lệ đường chéo $1:2$ nên $a:b=1:2$, tức $b=2a$.

Mực nước cao $\frac{2}{3}h$, mặt nước là hình vuông cạnh $a+\frac{2}{3}(2a-a)=\frac{5}{3}a$. Thể tích phần nước (chóp cụt từ đáy tới mặt nước):
$$V_{n\breve{0}1b0\breve{1}edbc}=\frac{1}{3}\cdot \frac{2h}{3}\left(a^2+a\cdot \frac{5a}{3}+\frac{25a^2}{9}\right)=\frac{2h}{9}\cdot \frac{49a^2}{9}=\frac{98a^{2}h}{81}=2000.$$

Thể tích cả khay:
$$V_{khay}=\frac{h}{3}(a^2+2a^2+4a^2)=\frac{7a^{2}h}{3}.$$

Suy ra $\frac{V_{khay}}{V_{n\breve{0}1b0\breve{1}edbc}}=\frac{7a^{2}h/3}{98a^{2}h/81}=\frac{7}{3}\cdot \frac{81}{98}=\frac{9}{7}$, nên $V_{khay}=2000\cdot \frac{9}{7}=\frac{18000}{7}\approx 2571c{m}^3$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(1;0;0)$, $C(0;1;0)$, $A^{\prime }(0;0;1)$, $B^{\prime }(1;0;1)$, $C^{\prime }(0;1;1)$. Khi đó $M(0,5;0;0)$, $N(0;0,5;1)$. Mặt phẳng $(B^{\prime }MN)$ có phương trình $2x+4y-z-1=0$. Kiểm tra vị trí các đỉnh: $A$, $A^{\prime }$ nằm cùng một phía (âm), còn $B$, $C$, $C^{\prime }$ nằm phía kia (dương), nên phần nhỏ hơn là khối đa diện có các đỉnh $A$, $A^{\prime }$, $M$, $B^{\prime }$, $N$ và điểm $P$ là giao của mặt phẳng với cạnh $AC$: với $z=0$, $x=0$ ta được $y=\frac{1}{4}$, tức $P(0;\frac{1}{4};0)$. Thể tích khối nhỏ hơn tính bằng cách phân tách thành các tứ diện đỉnh chung $A^{\prime }$: $V_{A^{\prime }AMP}=\frac{1}{48}$, $V_{A^{\prime }MPN}=\frac{1}{24}$, $V_{A^{\prime }M{B}^{\prime }N}=\frac{1}{12}$, tổng $V_{nhỏ}=\frac{7}{48}$. Thể tích khúc gỗ ban đầu $V=\frac{1}{2}$ (đáy tam giác vuông cân cạnh $1$ diện tích $\frac{1}{2}$ nhân chiều cao $1$). Tỉ số thể tích phần nhỏ: $\frac{7/48}{1/2}=\frac{7}{24}$. Khối lượng phần nhỏ: $4\cdot \frac{7}{24}=\frac{7}{6}$ kg. Số tiền: $\frac{7}{6}\cdot 6=7$ triệu đồng.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ $A(0;0;0)$, $B(2;0;0)$, $C(0;2;0)$, $A^{\prime }(0;0;2)$, $B^{\prime }(2;0;2)$, $C^{\prime }(0;2;2)$ thì thể tích khúc gỗ $V=S_{ABC}\cdot A{A}^{\prime }=2\cdot 2=4$. Ta có $M(1;0;0)$ (trung điểm $AB$), $N(0;1;2)$ (trung điểm $A^{\prime }{C}^{\prime }$). Mặt phẳng $(B^{\prime }MN)$ qua $B^{\prime }(2;0;2)$ với vectơ pháp tuyến $\vec{n}$ tính từ $\vec{n}$... cụ thể $\vec{n}$ là tích có hướng của $\vec{n}$... : $\vec{n}=(2;4;-1)$, phương trình $2x+4y-z=2$ (thỏa cả ba điểm $M,N,B^{\prime }$). Mặt cắt giao các cạnh: với $AC$ ($x=0,z=0$) tại $P(0;\frac{1}{2};0)$; với $A^{\prime }{B}^{\prime }$ tại $B^{\prime }$; với $A^{\prime }{C}^{\prime }$ tại $N$; các giao điểm với $BC,B{B}^{\prime },C{C}^{\prime },A{A}^{\prime }$ nằm ngoài các cạnh. Vậy phần nhỏ là cụm lăng trụ tam giác với đáy dưới tam giác $AMP$ ($S_1=\frac{1}{4}$), đáy trên tam giác $A^{\prime }{B}^{\prime }N$ ($S_2=1$), chiều cao $h=2$, tiết diện giữa tại $z=1$ có diện tích $S_m=\frac{1}{2}\cdot 1,5\cdot 0,75=\frac{9}{16}$. Theo công thức thể tích cụm lăng trụ: $V_{nhỏ}=\frac{h}{6}(S_1+4S_m+S_2)=\frac{2}{6}\cdot (\frac{1}{4}+\frac{9}{4}+1)=\frac{7}{6}$. (Kiểm tra lại bằng cách phân tích thành các tứ diện $A{A}^{\prime }{B}^{\prime }N,AM{B}^{\prime }N,AMNP$ cũng cho $\frac{2}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{6}=\frac{7}{6}$.) Tỉ số thể tích: $\frac{7/6}{4}=\frac{7}{24}$; khối lượng phần nhỏ: $4\cdot \frac{7}{24}=\frac{7}{6}$ kg; số tiền: $\frac{7}{6}\cdot 6=7$ triệu đồng. Vậy chọn đáp án C, trùng với đáp án nguồn.

5.1. Hình không gian cổ điển: $BC=4a$. $G$ là trọng tâm $\Delta ABC$. Kẻ $GK\perp AC$. Ta có $d(B,AC)=\frac{12a}{5}\Rightarrow GK=\frac{4a}{5}$. Chiều cao $h=A^{\prime }G=GK\tan 60^{\circ }=\frac{4a\sqrt{3}}{5}$. Thể tích $V=S_{ABC}\cdot h=6a^2\cdot \frac{4a\sqrt{3}}{5}=\frac{24a^3\sqrt{3}}{5}$.

Khoảng cách $d(BN,AC)$ (với $N$ là trung điểm $B^{\prime }{C}^{\prime }$): sử dụng toạ độ hoá hoặc dựng hình, kết quả tính toán chi tiết cho ra:
$$d=\frac{24a\sqrt{39}}{65}.$$



5.2. Phương trình điểm $M$: $M{B}^2+M{C}^2=58\iff (x-4{)}^2+\cdots =58$. Rút gọn: $x^2+y^2+z^2-4x-6y-3=0$. Mặt cầu tâm $I(2;3;0)$, bán kính $R=\sqrt{2^2+3^2-(-3)}=4$. Điểm $A(0;0;8)$. Khoảng cách $IA=\sqrt{2^2+3^2+8^2}=\sqrt{77}$. $A{M}_{min}=IA-R=\sqrt{77}-4$.

ĐÁP SỐ: $V=\frac{24a^3\sqrt{3}}{5}$; $d=\frac{24a\sqrt{39}}{65}$; $\text{Min}=\sqrt{77}-4$

(AI giải đề cho tôi)
Đáy là hình thoi với AB=BC=10 và AC=10 nên tam giác ABC đều, góc ABC=60°, góc BAD=120°, đường chéo BD=10√3. Tam giác SAD đều cạnh 10, (SAD)⊥(ABCD) nên đường cao SH=5√3 (H trung điểm AD) vuông góc (ABCD). Chọn tọa độ: A(0;0;0), B(10;0;0), D(−5;5√3;0), C(5;5√3;0), H(−5/2;5√3/2;0), S(−5/2;5√3/2;5√3).
a) Diện tích đáy S_ABCD = ½·AC·BD = ½·10·10√3 = 50√3. V = (1/3)·50√3·5√3 = 250. ĐÚNG.
b) d(A,BC) = 5√3 (tam giác đều). Tính d(S,BC): BC=(−5;5√3;0), SB vector S−B=(−25/2;5√3/2;5√3), tích có hoá BC×(S−B)=(75;25√3;50√3), chuẩn = 50√6, nên d(S,BC)=50√6/10=5√6. Góc nhị diện φ thỏa sinφ = h_S/d(S,BC) = 5√3/(5√6) = 1/√2, vậy φ = 45°, không nhỏ hơn 45°. SAI.
c) d(B,(SAD)) = d(B,AD) trong mặt đáy = 5√3. SB = √(156,25+18,75+75) = 5√10. sinα = 5√3/(5√10) = √30/10. ĐÚNG.
d) M=(10/3;0;0). u=SM=(35/6;−5√3/2;−5√3), v=BC∼(−1;√3;0). u×v=(15;5√3;10√3/3), |u×v|=10√30/3. (S−B)·(u×v) = −375/2+75/2+50 = −100. Khoảng cách = 100/(10√30/3) = 30/√30 = √30. ĐÚNG.
a) (AI giải đề cho tôi)
V = (1/3)·50√3·5√3 = 250.
b) (AI giải đề cho tôi)
sinφ = 5√3/5√6 = 1/√2 nên φ = 45°, không nhỏ hơn 45°.
c) (AI giải đề cho tôi)
sinα = d(B,(SAD))/SB = 5√3/(5√10) = √30/10.
d) (AI giải đề cho tôi)
Khoảng cách SM và BC = |(S−B)·(u×v)|/|u×v| = 100/(10√30/3) = √30.

Chọn A. [Hình cần kiểm tra lại: p18_f2] Mô hình hoá chân tháp bằng cụt chóp tứ giác đều $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ với $O$, $O^{\prime }$ là tâm của hai đáy. Vậy $AB=5$, $A^{\prime }{B}^{\prime }=2$, $C{C}^{\prime }=3$. $ABCD$ là hình vuông $\Rightarrow AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=5\sqrt{2}\Rightarrow CO=\frac{1}{2}AC=\frac{5\sqrt{2}}{2}$. $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ là hình vuông $\Rightarrow A^{\prime }{C}^{\prime }=\sqrt{A^{\prime }{B}^{\prime 2}+B^{\prime }{C}^{\prime 2}}=2\sqrt{2}\Rightarrow C^{\prime }{O}^{\prime }=\frac{1}{2}{A}^{\prime }{C}^{\prime }=\sqrt{2}$. Kẻ $C^{\prime }H\perp OC$, $(H\in OC)$. $OH{C}^{\prime }{O}^{\prime }$ là hình chữ nhật $\Rightarrow OH=O^{\prime }{C}^{\prime }=\sqrt{2}$, $O{O}^{\prime }=C^{\prime }H\Rightarrow CH=OC-OH=\frac{3\sqrt{2}}{2}$. $\Delta C{C}^{\prime }H$ vuông tại $H\Rightarrow C^{\prime }H=\sqrt{C{C}^{\prime 2}-C{H}^2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}\Rightarrow h=O{O}^{\prime }=C^{\prime }H=\frac{3\sqrt{2}}{2}$. Diện tích đáy lớn là: $S=A{B}^2=25(m^2)$. Diện tích đáy bé là: $S^{\prime }=A^{\prime }{B}^{\prime 2}=4(m^2)$. Thể tích hình chóp cụt là: $V=\frac{1}{3}h\left(S+\sqrt{S.S^{\prime }}+S^{\prime }\right)=\frac{1}{3}\cdot \frac{3\sqrt{2}}{2}\left(25+\sqrt{25.4}+4\right)=\frac{39\sqrt{2}}{2}\left(m^3\right)$. Số tiền để mua bê tông tươi làm chân tháp là: $\frac{39\sqrt{2}}{2}.1470000\approx 40538432$ (đồng).

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.