Phương pháp giải:

Sử dụng lý thuyết:

- Cho hai đường thẳng chéo nhau \(a,b\). Mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa \(b\) và song song với \(a\). Khi đó, \(d\left( {a,b} \right) = d\left( {a,\left( P \right)} \right)\).

- Thể tích khối lăng trụ \(V = Bh\) với \(B\) là diện tích đáy, \(h\) là chiều cao.

Lời giải chi tiết:

Tam giác \(AA'B\) có \(AA' = A'B\) và \(\widehat {A'} = \widehat B = {60^0}\) nên là tam giác đều cạnh \(2\).

Tam giác ABC vuông tại A có \(AB = 2,BC = 4\) nên theo Pitago ta có :

\(AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}}  = \sqrt {{4^2} - {2^2}}  = 2\sqrt 3 \)\( \Rightarrow A'C' = AC = 2\sqrt 3 \).

Gọi E là trung điểm của A’B’ ta thấy,

AE là đường cao trong tam giác đều AA’B cạnh \(2\) nên \(AE = \dfrac{{2\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 \)

KE là đường trung bình trong tam giác B’C’A’ nên \(KE = \dfrac{1}{2}A'C' = \dfrac{1}{2}.2\sqrt 3  = \sqrt 3 \)

Do đó tam giác AEK cân tại E.

Ta thấy, \(A'B'//AB \subset \left( {ABK} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {A'B',BK} \right) = d\left( {A'B',\left( {ABK} \right)} \right)\) (1)

Mà \(AK \subset \left( {ABK} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {A'B',AK} \right) = d\left( {A'B',\left( {ABK} \right)} \right)\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(d\left( {A'B',BK} \right) = d\left( {A'B',AK} \right) = \dfrac{3}{2}\).

Gọi F là trung điểm của AK thì \(EF \bot AK\)  (3)

Lại có, \(\left\{ \begin{array}{l}AE \bot A'B'\\KE \bot A'B'\end{array} \right.\)\( \Rightarrow A'B' \bot \left( {AKE} \right) \Rightarrow A'B' \bot EF\) (4)

Do đó EF là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng A’B’ và AK \( \Rightarrow d\left( {A'B',AK} \right) = EF = \dfrac{3}{2}\).

Tam giác AEF vuông tại F có \(AE = \sqrt 3 ,EF = \dfrac{3}{2}\) nên theo Pitago ta có :

\(AF = \sqrt {A{E^2} - E{F^2}}  = \sqrt {{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2} - {{\left( {\dfrac{3}{2}} \right)}^2}}  = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\)\( \Rightarrow AK = 2AF = 2.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 \)

Tam giác AKE có \(AE = EK = AK = \sqrt 3 \) nên là tam giác đều.

Gọi H là hình chiếu của A lên KE thì :

\(AH \bot KE\) và \(AH = EF = \dfrac{3}{2}\) (đường cao trong tam giác đều cạnh \(\sqrt 3 \)).

Mà \(A'B' \bot \left( {AKE} \right) \Rightarrow A'B' \bot AH\)

Do đó \(AH \bot \left( {A'B'C'} \right)\).

Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}}.AH = \dfrac{1}{2}AB.AC.AH\)\( = \dfrac{1}{2}.2.2\sqrt 3 .\dfrac{3}{2} = 3\sqrt 3 \).

Chọn C.

Phương pháp giải:

- Gọi D là trung điểm của BC. Chứng minh \(AD \bot SC\). Từ đó, dựng mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) với chú ý \(\left( \alpha  \right)//AD\).

- Sử dụng tỉ số thể tích khối chóp \(\dfrac{{{V_{S.A'B'C'}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SA'}}{{SA}}.\dfrac{{SB'}}{{SB}}.\dfrac{{SC'}}{{SC}}\)

Lời giải chi tiết:

Gọi D là trung điểm của BC ta có \(AD \bot BC\)

Mà \(\left( {SBC} \right) \bot \left( {ABC} \right),AD \subset \left( {ABC} \right)\) nên \(AD \bot \left( {SBC} \right)\)\( \Rightarrow AD \bot SC\)

Lại có \(\left( \alpha  \right) \bot SC \Rightarrow \left( \alpha  \right)//AD\)

Gọi E là trung điểm của SC thì \(BE \bot SC \Rightarrow BE \subset \left( \alpha  \right)\)

Trong mp(SBC), gọi G là giao điểm của BE và AD thì \(G \in BE \subset \left( \alpha  \right)\)

Tròn mp(SAD), qua G kẻ GF//AD (\(F \in SA\)) ta được (BEF) chính là mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\).

Dễ thấy G là trọng tâm tam giác SBC nên \(\dfrac{{SG}}{{SD}} = \dfrac{2}{3}\).

Mà GF//AD nên theo Ta let \(\dfrac{{SF}}{{SA}} = \dfrac{{SG}}{{SD}} = \dfrac{2}{3}\)

Vậy \(\dfrac{{{V_{S.BEF}}}}{{{V_{S.BCA}}}} = \dfrac{{SB}}{{SB}}.\dfrac{{SE}}{{SC}}.\dfrac{{SF}}{{SA}} = 1.\dfrac{1}{2}.\dfrac{2}{3} = \dfrac{1}{3}\).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {V_{S.BEF}} = \dfrac{1}{3}{V_{S.ABC}}\\ \Rightarrow {V_{B.ACEF}} = {V_{S.ABC}} - {V_{S.BEF}}\\ = {V_{S.ABC}} - \dfrac{1}{3}{V_{S.ABC}} = \dfrac{2}{3}{V_{S.ABC}}\\ \Rightarrow \dfrac{{{V_{S.BEF}}}}{{{V_{B.ACEF}}}} = \dfrac{{\dfrac{1}{3}{V_{S.ABC}}}}{{\dfrac{2}{3}{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{1}{2}\end{array}\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

- Gọi \(O\) là tâm tam giác đều \(ABC\) \( \Rightarrow SO \bot \left( {ABC} \right)\).

- Gọi \(N\) là trung điểm \(BC\), chứng minh \(\angle \left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SN;AN} \right)\).

- Đặt \(ON = x\), tính \(SO,\,\,SA\) theo \(x\), sử dụng tỉ số lượng giác và định lí Pytago trong tam giác vuông.

- Sử dụng hệ thức: \(SO.AN = NH.SA\), tính \(x\) theo \(a\). Từ đó tính được \(AB\) và tính được \({S_{\Delta ABC}} = \dfrac{{A{B^2}\sqrt 3 }}{4}\).

- Tính thể tích \({V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{\Delta ABC}}\).

Lời giải chi tiết:

+ Gọi \(O\) là tâm tam giác đều \(ABC\) \( \Rightarrow SO \bot \left( {ABC} \right)\).

+ Gọi \(N\) là trung điểm \(BC\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AN\\BC \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAN} \right) \Rightarrow BC \bot SN\).

+ \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\SN \subset \left( {SBC} \right),\,\,SN \bot BC\\AN \subset \left( {ABC} \right),\,\,AN \bot BC\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \angle \left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SN;AN} \right) = \angle SNA = {60^0}\).

+ Trong \(\left( {SAM} \right)\) kẻ \(NH \bot SA\,\,\left( {H \in SA} \right)\) \( \Rightarrow NH \bot BC\) \( \Rightarrow d\left( {SA;BC} \right) = NH = \dfrac{{3a}}{{2\sqrt 7 }}\).

+ Đặt \(ON = x \Rightarrow AN = 3x,\,\,OA = 2x\).

+  \(\Delta SON:\,\,SO = ON.\tan {60^0} = x\sqrt 3 \), \(SA = \sqrt {S{O^2} + O{A^2}}  = \sqrt {3{x^2} + 4{x^2}}  = x\sqrt 7 \).

+ \(\Delta SAN:\,\,{S_{\Delta SAN}} = \dfrac{1}{2}SO.AN = \dfrac{1}{2}NH.SA\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow SO.AN = NH.SA\\ \Rightarrow x\sqrt 3 .3x = \dfrac{{3a}}{{2\sqrt 7 }}.x\sqrt 7 \\ \Leftrightarrow x = \dfrac{a}{{2\sqrt 3 }}\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow AM = 3a = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{AB\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow AB = a\\ \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\end{array}\)

Và \(SO = x\sqrt 3  = \dfrac{a}{2}\).

Vậy \({V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{a}{2}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}\).

Chọn D.

Phương pháp giải:

- Xác định thiết diện của khối lập phương cắt bởi \(\left( {AMI} \right)\).

- Chứng minh \(V = {V_{ABCD.A'B'C'D'}} - {V_{CDAMNP}} = {a^3} - {V_1}\).

- Phân chia khối đa diện: \({V_1} = {V_{D.APE}} - {V_{C.MNE}}\).

- Sử dụng định lí Ta-lét, định lí Menelaus tính độ dài các cạnh, từ đó tính thể tích các khối tứ diên vuông \({V_{D.APE}};\,\,{V_{C.MNE}}\).

Lời giải chi tiết:

Trong \(\left( {ABCD} \right)\) kéo dài \(AM \cap CD = \left\{ E \right\}\). Trong \(\left( {CDD'C'} \right)\) kéo dài \(EI\) cắt \(CC',\,\,DD'\) lần lượt tại \(N,\,\,P\). Khi đó \(\left( {AMI} \right)\) cắt khối lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) theo thiết diện là tứ giác \(AMNP\) và thể tích khối đa diện không chứa điểm \(D\) là \(V = {V_{ABCD.A'B'C'D'}} - {V_{CDAMNP}} = {a^3} - {V_1}\).

Ta có \({V_1} = {V_{D.APE}} - {V_{C.MNE}}\).

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\dfrac{{MC}}{{AD}} = \dfrac{{EM}}{{EA}} = \dfrac{{EC}}{{ED}} = \dfrac{1}{2}\) nên \(M,\,\,C\) lần lượt là trung điểm của \(AE\) và \(DE\).

Khi đó ta có \(CE = CD = a,\,\,DE = 2CD = 2a\).

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác \(DD'E\) có: \(\dfrac{{PD}}{{PD'}}.\dfrac{{ID'}}{{IC}}.\dfrac{{EC}}{{ED}} = 1\) \( \Leftrightarrow \dfrac{{PD}}{{PD'}}.1.\dfrac{1}{2} = 1 \Leftrightarrow \dfrac{{PD}}{{PD'}} = 2\).

\( \Rightarrow PD = \dfrac{2}{3}DD' = \dfrac{{2a}}{3}\).

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\dfrac{{NC}}{{PD}} = \dfrac{{EC}}{{ED}} = \dfrac{1}{2}\) \( \Rightarrow NC = \dfrac{1}{2}PD = \dfrac{a}{3}\).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {V_{D.APE}} = \dfrac{1}{6}DP.DA.DE = \dfrac{1}{6}.\dfrac{{2a}}{3}.a.2a = \dfrac{{2{a^3}}}{9}\\\,\,\,\,\,\,{V_{C.MNE}} = \dfrac{1}{6}.CN.CM.CE = \dfrac{1}{6}.\dfrac{a}{3}.\dfrac{a}{2}.a = \dfrac{{{a^3}}}{{36}}\end{array}\)

\( \Rightarrow {V_1} = {V_{D.APE}} - {V_{C.MNE}} = \dfrac{{2{a^3}}}{9} - \dfrac{{{a^3}}}{{36}} = \dfrac{{7{a^3}}}{{36}}\).

Vậy \(V = {a^3} - {V_1} = {a^3} - \dfrac{{7{a^3}}}{{36}} = \dfrac{{29{a^3}}}{{36}}\).

Chọn D.

Phương pháp giải:

- Sử dụng định lí Pytago đảo chứng minh đáy là tam giác vuông, từ đó tính diện tích đáy.

- Xác định góc giữa cạnh bên và mặt đáy là góc giữa cạnh bên và hình chiếu của cạnh bên đó trên mặt đáy, từ đó sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính chiều cao của khối chóp.

- Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp có chiều cao \(h\), diện tích đáy \(B\) là \(V = \dfrac{1}{3}Bh\).

Lời giải chi tiết:

Xét tam giác \(ABC\), giả sử \(AB = 6,\,\,BC = 8,\,\,AC = 10\) ta có \(A{B^2} + B{C^2} = A{C^2}\,\,\left( { = 100} \right)\) nên tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) (định lí Pytago đảo) \( \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.BC = \dfrac{1}{2}.6.8 = 24\).

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(S\) lên \(\left( {ABC} \right)\) và giả sử \(SA\) hợp với đáy góc \({60^0}\) \( \Rightarrow HA\) là hình chiếu của \(SA\) lên \(\left( {ABC} \right)\) nên \(\angle \left( {SA;\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SA;HA} \right) = \angle SAH = {60^0}\).

\( \Rightarrow SH = SA.\sin {60^0} = 4.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3 \).

Vậy \({V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SH.{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{3}.2\sqrt 3 .24 = 16\sqrt 3 \).

Chọn D.

Phương pháp giải:

Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy \(S\) và chiều cao \(h\) là: \(V = Sh.\)

Thể tích khối chóp có diện tích đáy \(S\) và chiều cao \(h\) là: \(V = \dfrac{1}{3}Sh.\)

Ta có: \({V_{ABC.A'B'C'}} = {V_{M.A'B'C'}} + {V_{M.ABC}} + {V_{M.BCC'B'}}.\)

Lời giải chi tiết:

Ta có: \({V_{ABC.A'B'C'}} = {V_{M.A'B'C'}} + {V_{M.ABC}} + {V_{M.BCC'B'}}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = 2{V_{MABC}} + V = 2.\dfrac{1}{3}d\left( {M;\,\,\left( {ABC} \right)} \right).{S_{ABC}} + V\\ \Leftrightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = 2.\dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{2}d\left( {A';\,\,\left( {ABC} \right)} \right).{S_{ABC}} + V\\ \Leftrightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = \dfrac{1}{3}{V_{ABC.A'B'C'}} + V\\ \Rightarrow \dfrac{2}{3}{V_{ABC.A'B'C'}} = V\\ \Leftrightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = \dfrac{3}{2}V.\end{array}\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

- Xác định thiết diện của hình lập phương cắt bởi \(\left( {CMK} \right)\).

- Phân chia và lắp ghép các khối đa diện.

Lời giải chi tiết:

Trong \(\left( {BCC'B'} \right)\) kéo dài \(CM\) cắt \(B'C'\) tại \(E\), trong \(\left( {CDD'C'} \right)\) kéo dài \(CK\) cắt \(C'D'\) tại \(F\).

Trong \(\left( {A'B'C'D'} \right)\) nối \(EF\) cắt \(A'B',\,\,A'D'\) lần lượt tại \(G,\,\,H\).

Khi đó thiết diện của khối lập phương cắt bởi \(\left( {CMK} \right)\) là ngũ giác \(CMGHK\) và \({V_1} = {V_{C.C'EF}} - {V_{M.B'EG}} - {V_{K.D'HF}}\)

Áp dụng định lí Ta-lét ta có:

\(\dfrac{{EB'}}{{EC'}} = \dfrac{{B'M}}{{CC'}} = \dfrac{1}{3}\) \( \Rightarrow EB' = \dfrac{1}{3}EC' \Rightarrow EB' = \dfrac{1}{2}B'C' = \dfrac{a}{2}\).

\(\dfrac{{FD'}}{{FC'}} = \dfrac{{D'K}}{{CC'}} = \dfrac{1}{2}\) \( \Rightarrow D'\) là trung điểm của \(C'F\) nên \(C'F = 2a,\,\,D'F = a\).

\(\dfrac{{B'G}}{{C'F}} = \dfrac{{EB'}}{{EC'}} = \dfrac{1}{3}\) \( \Rightarrow B'G = \dfrac{1}{3}C'F = \dfrac{{2a}}{3}\) \( \Rightarrow A'G = A'B' - B'G = \dfrac{a}{3}\).

Ta có \(\dfrac{{EB'}}{{EC'}} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow \dfrac{{B'C'}}{{EC'}} = \dfrac{2}{3} \Rightarrow EC' = \dfrac{{3a}}{2}\).

\(\dfrac{{HD'}}{{EC'}} = \dfrac{{FD'}}{{FC'}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow HD' = \dfrac{1}{2}EC' = \dfrac{{3a}}{4}\) \( \Rightarrow A'H = A'D' - HD' = \dfrac{a}{4}\).

Khi đó ta có:

\({S_{C'EF}} = \dfrac{1}{2}C'E.C'F = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{3a}}{2}.2a = \dfrac{{3{a^2}}}{2}\) \( \Rightarrow {V_{C.C'EF}} = \dfrac{1}{3}CC'.{S_{C'EE}} = \dfrac{1}{3}.a.\dfrac{{3{a^2}}}{2} = \dfrac{{{a^3}}}{2}\).

\({S_{B'EG}} = \dfrac{1}{2}B'E.B'G = \dfrac{1}{2}.\dfrac{a}{2}.\dfrac{{2a}}{3} = \dfrac{{{a^2}}}{6}\) \( \Rightarrow {V_{M.B'EG}} = \dfrac{1}{3}MB'.{S_{B'EG}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{a}{3}.\dfrac{{{a^2}}}{6} = \dfrac{{{a^3}}}{{54}}\).

\({S_{D'HF}} = \dfrac{1}{2}D'H.D'F = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{3a}}{4}.a = \dfrac{{3{a^2}}}{8}\)\( \Rightarrow {V_{K.D'HF}} = \dfrac{1}{3}.KD'.{S_{D'HF}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{a}{2}.\dfrac{{3{a^2}}}{8} = \dfrac{{{a^3}}}{{16}}\).

Vậy \({V_1} = {V_{C.C'EF}} - {V_{M.B'EG}} - {V_{K.D'HF}} = \dfrac{{{a^3}}}{2} - \dfrac{{{a^3}}}{{54}} - \dfrac{{{a^3}}}{{16}} = \dfrac{{181{a^3}}}{{432}}\).

Chọn D.

Phương pháp giải:

- Gọi \(O = AC \cap BD \Rightarrow O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\). Chứng minh \(A'O \bot \left( {ABCD} \right)\).

- Sử dụng định lí Pytago tính \(A'O\).

- Tính thể tích \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = A'O.{S_{ABCD}}\).

Lời giải chi tiết:

Gọi \(O = AC \cap BD \Rightarrow O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).

Theo bài ra ta có: Điểm \(A'\) cách đều các đỉnh \(A,\,\,B,\,\,C\) nên \(A'O \bot \left( {ABC} \right)\) hay \(A'O \bot \left( {ABCD} \right)\).

\( \Rightarrow A'O \bot AO \Rightarrow \Delta A'AO\) vuông tại \(O\).

Áp dụng định lí Pytago ta có: \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = \sqrt {{a^2} + \dfrac{{16{a^2}}}{9}}  = \dfrac{{5a}}{3}\)  \( \Rightarrow AO = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{{5a}}{6}\).

\( \Rightarrow A'O = \sqrt {A'{A^2} - A{O^2}}  = \sqrt {{a^2} - \dfrac{{25{a^2}}}{{36}}}  = \dfrac{{a\sqrt {11} }}{6}\).

\({S_{ABCD}} = AB.AD = a.\dfrac{4}{3}a = \dfrac{{4{a^2}}}{3}\).

Vậy \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = A'O.{S_{ABCD}} = \dfrac{{a\sqrt {11} }}{6}.\dfrac{{4{a^2}}}{3} = \dfrac{{2\sqrt {11} {a^3}}}{9}\).

Chọn D.

Phương pháp giải:

- Xác định góc giữa \(A'B\) và \(\left( {BCC'B'} \right)\) là góc giữa \(A'B\) và hình chiếu của \(A'B\) lên \(\left( {BCC'B'} \right)\).

- Sử dụng công thức tính nhanh: Chiều cao của tam giác đều cạnh \(a\) là \(\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\) và diện tích tam giác đều cạnh \(a\) là \(\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).

- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông và định lí Pytago để tính chiều cao của khối lăng trụ.

- Sử dụng công thức tính thể tích khối lăng trụ có chiều cao \(h\), diện tích đáy \(B\) là \(V = B.h\).

Lời giải chi tiết:

Gọi \(M\) là trung điểm của \(B'C'\). Vì \(\Delta A'B'C'\) đều nên \(A'M \bot B'C'\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}A'M \bot B'C'\\A'M \bot BB'\,\,\left( {BB' \bot \left( {A'B'C'} \right)} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow A'M \bot \left( {BCC'B'} \right)\).

\( \Rightarrow BM\) là hình chiếu của \(A'M\) lên \(\left( {BCC'B'} \right)\) \( \Rightarrow \angle \left( {A'B;\left( {BCC'B'} \right)} \right) = \angle \left( {A'B;MB} \right) = \angle A'BM = {30^0}\).

Theo bài ra ta có \(\Delta A'B'C'\) đều cạnh \(a\) nên \(A'M = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\) và \({S_{\Delta A'B'C'}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).

Ta có: \(A'M \bot \left( {BCC'B'} \right) \Rightarrow A'M \bot BM\) \( \Rightarrow \Delta A'BM\) vuông tại \(M\) \( \Rightarrow BM = A'M.\cot {30^0} = \dfrac{{3a}}{2}\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(BB'M\) ta có: \(BB' = \sqrt {B{M^2} - BB{'^2}}  = \sqrt {{{\left( {\dfrac{{3a}}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\dfrac{a}{2}} \right)}^2}}  = a\sqrt 2 \).

Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = BB'.{S_{A'B'C'}} = a\sqrt 2 .\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 6 }}{4}\).

Chọn B.

Phương pháp giải:

Khối chóp có thể tích lớn nhất khi 3 cạnh đôi một vuông góc.

Lời giải chi tiết:

Giả sử khối chóp \(ABCD\) có \(AB = a,\,\,AC = 2a,\,\,AD = 3a\).

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(D\) lên \(\left( {ABC} \right)\), khi đó ta có: \(DH \bot \left( {ABC} \right)\) và \(DH \le AD\).

Ta có: \({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.AC.\sin \angle BAC \le \dfrac{1}{2}AB.AC\).

Vây \({V_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}DH.{S_{\Delta ABC}} \le \dfrac{1}{3}AD.\dfrac{1}{2}AB.AC = \dfrac{1}{6}AB.AC.AD = \dfrac{1}{6}.a.2a.3a = {a^3}\).

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow AD \bot \left( {ABC} \right),\,\,AB \bot AC\) hay \(AB,\,\,AC,\,\,AD\) đôi một vuông góc.

Chọn D.

Phương pháp giải:

- Trong \(\left( {SMC} \right)\) kẻ \(SI \bot MC\,\,\left( {I \in MC} \right)\), chứng minh \(SI \bot \left( {ABCD} \right)\).

- Xác định góc giữa \(SM\)  và mặt đáy là góc giữa \(SM\) và hình chiếu của \(SM\) lên mặt đáy.

- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính chiều cao \(SI\).

- Tính thể tích khối chóp \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SI.{S_{ABCD}}\).

Lời giải chi tiết:

Trong \(\left( {SMC} \right)\) kẻ \(SI \bot MC\,\,\left( {I \in MC} \right)\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SMC} \right) \bot \left( {ABCD} \right) = MC\\SI \subset \left( {SMC} \right),\,\,SI \bot MC\end{array} \right. \Rightarrow SI \bot \left( {ABCD} \right)\).

\( \Rightarrow IM\) là hình chiếu của \(SM\) lên \(\left( {ABCD} \right)\).

\( \Rightarrow \angle \left( {SM;\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SM;IM} \right) = \angle SMI = \angle SMC = {60^0}\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác BMC vuông tại B :

\(BM = \dfrac{{AB}}{2} = a;\,\,BC = a\)\( \Rightarrow MC = \sqrt {B{C^2} + B{M^2}}  = a\sqrt 2 \).

Xét tam giác SMC vuông tại \(S\) có \(\angle SMC = {60^0};\,\,MC = a\sqrt 2 \)  \( \Rightarrow SM = MC.\cos {60^0} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Xét tam giác SMI vuông tại \(I\) có \(\angle SMI = {60^0};\,\,SM = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\)  \( \Rightarrow SI = SM.sin{60^0} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{4}\).

Vậy thể tích khối chóp là \(V = \dfrac{1}{3}SI.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 6 }}{4}.2{a^2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 6 }}{6}.\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Áp dụng tỉ số thể tích.

Lời giải chi tiết:

Ta lấy lần lượt trên cạnh SB; SC các điểm M;N sao cho \(SA = SM = SN = 1\)

Khi đó \(\frac{{{V_{SAMN}}}}{{{V_{SABC}}}} = \frac{{SM}}{{SB}}.\frac{{SN}}{{AC}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{3} = \frac{1}{6}\)

Tứ diện SAMN có góc ở đỉnh S là \(60^\circ \) và các cạnh bên bằng 1\( \Rightarrow SAMN\) là tứ diện đều.

Áp dụng công thức tính thể tích tứ diện đều là \(V = \frac{{\sqrt 2 }}{{12}}{a^3} = \frac{{\sqrt 2 }}{{12}}\)

Khi đó \({V_{SABC}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Chọn C.

Phương pháp giải:

- Tìm bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

- Tính chiều cao của hình chóp.

- Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp.

Lời giải chi tiết:

Gọi bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác là R.

Ta có \(\frac{a}{{\sin A}} = 2R \Rightarrow 2R = \frac{{BC}}{{\sin BAC}}\)

Tam giác ABC có \(AB = AC = 2a;BC = 3a\)

\( \Rightarrow \cos BAC = \frac{{A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}}}{{2AB.AC}} =  - \frac{1}{8} \Rightarrow \sin BAC = \frac{{3\sqrt 7 }}{8}\)

\( \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC.\sin BAC = \frac{{{a^2}.3\sqrt 7 }}{4}\)

Khi đó \(R = \frac{{BC}}{{2\sin BAC}} = \frac{{3a}}{{2.\frac{{3\sqrt 7 }}{8}}} = \frac{{4\sqrt 7 }}{7}\)

Chiều cao hình chóp là \(h = \sqrt {S{A^2} - {R^2}}  = \frac{{\sqrt {35} }}{7}\)

Khi đó thể tích hình chóp là \(V = \frac{1}{3}h.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt {35} }}{7}.\frac{{3\sqrt 7 }}{4}{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 5 }}{4}\).

Chọn D.

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính tỉ số thể tích hai khối chóp tam giác:

\(\dfrac{{{V_{S.A'B'C'}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SA'}}{{SA}}.\dfrac{{SB'}}{{SB}}.\dfrac{{SC'}}{{SC}}\)

Công thức tính thể tích khối chóp \(V = \dfrac{1}{3}Sh\) với \(S\) là diện tích đáy, \(h\) là chiều cao.

Lời giải chi tiết:

Gọi D là giao điểm của MB và EN thì D là trung điểm của MB.

Ta có: \({V_{MNEF}} = {V_{M.NEF}} = \dfrac{1}{3}{S_{NEF}}.d\left( {M,\left( {NEF} \right)} \right)\)

Do D là trung điểm của MB và MB cắt (EFN) tại D nên \(d\left( {M,\left( {NEF} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {NEF} \right)} \right)\)

\( \Rightarrow {V_{MNEF}} = \dfrac{1}{3}{S_{NEF}}.d\left( {B,\left( {NEF} \right)} \right)\)\( = {V_{B.NEF}}\)

Mà \(\dfrac{{{V_{B.NEF}}}}{{{V_{B.CAS}}}} = \dfrac{{BN}}{{BC}}.\dfrac{{BE}}{{BA}}.\dfrac{{BF}}{{BS}}\)\( = \dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2}.\dfrac{2}{3} = \dfrac{1}{6}\)

\( \Rightarrow {V_{B.NEF}} = \dfrac{1}{6}{V_{B.CAS}} = \dfrac{1}{6}{V_{S.ABC}}\)

Vì SA=SB=SC nên \(S\) nằm trên trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Mà ABC vuông cân nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác. Do đó \(SM \bot \left( {ABC} \right)\).

Diện tích tam giác \(ABC\) là \({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.BC = \dfrac{1}{2}.4.4 = 8\)

Tam giác ABC vuông cân tại B nên

\(\begin{array}{l}AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} \\ = \sqrt {{4^2} + {4^2}}  = 4\sqrt 2 \\ \Rightarrow AM = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{1}{2}.4\sqrt 2  = 2\sqrt 2 \end{array}\)

Tam giác \(SMA\) vuông tại M nên theo Pitago ta có: \(SM = \sqrt {S{A^2} - A{M^2}} \)\( = \sqrt {{{12}^2} - {{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2}}  = 2\sqrt {34} \)

Thể tích khối chóp S.ABC là: \({V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}{S_{ABC}}.SM\)\( = \dfrac{1}{2}.8.2\sqrt {34}  = 8\sqrt {34} \)

Thể tích khối tứ diện MNEF là: \({V_{MNEF}} = \dfrac{1}{6}.{V_{S.ABC}}\)\( = \dfrac{1}{6}.8\sqrt {34}  = \dfrac{{4\sqrt {34} }}{3}\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

- Đặt \(AD = 4x \Rightarrow AH = 3x,\,\,HD = x\). Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(S{A^2} = AH.HD\) biểu diễn \(x\) theo \(a\).

- Tính chiều cao \(SH\), sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(S{H^2} = AH.HD\) .

- Xác định góc giữa \(SC\) và \(\left( {ABCD} \right)\) là góc giữa \(SC\) và hình chiếu của \(SC\) lên \(\left( {ABCD} \right)\), từ đó tính độ dài \(HC\).

- Áp dụng định lí pytago trong tam giác vuông tính \(CD\) và tính \({S_{ABCD}}\).

- Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp \(V = \dfrac{1}{3}SH.{S_{ABCD}}\).

Lời giải chi tiết:

Đặt \(AD = 4x \Rightarrow AH = 3x,\,\,HD = x\).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(SAD\) có:

\(\begin{array}{l}S{A^2} = AH.AD\\ \Leftrightarrow 12{a^2} = 3x.4x = 12{x^2}\\ \Leftrightarrow x = a\end{array}\)

\( \Rightarrow AD = 4a,\,\,AH = 3a,\,\,HD = a\).

Lại có: \(S{H^2} = AH.HD = 3a.a = 3{a^2}\) \( \Rightarrow SH = a\sqrt 3 \).

Ta có \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(HC\) là hình chiếu vuông góc của \(SC\) lên \(\left( {ABCD} \right)\).

\( \Rightarrow \angle \left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SC;HC} \right) = \angle SCH = {30^0}\).

Xét tam giác vuông \(SHC\) có: \(HC = SH.cot{30^0} = a\sqrt 3 .\sqrt 3  = 3a\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(CDH\) có:

\(CD = \sqrt {C{H^2} - H{D^2}}  = \sqrt {9{a^2} - {a^2}}  = 2a\sqrt 2 \).

\( \Rightarrow {S_{ABCD}} = AD.CD = 4a.2a\sqrt 2  = 8\sqrt 2 {a^2}\).

Vậy \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.a\sqrt 3 .8\sqrt 2 {a^2} = \dfrac{{8{a^3}\sqrt 6 }}{3}\).

 Chọn D.

Phương pháp giải:

- Gọi \(O = AC \cap BD\), \(H\) là trọng tâm \(\Delta ABC\) \( \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\).

- Dựa vào tam giác \(ABC\) đều cạnh \(a\), tính độ dài các đoạn thẳng \(BH,\,\,HD\).

- Xác định góc giữa \(SD\) và \(\left( {ABCD} \right)\) là góc giữa \(SD\) và hình chiếu của \(SD\) lên \(\left( {ABCD} \right)\).

- Dựa vào tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính độ dài đường cao \(AH\).

- Tính \({S_{\Delta ABC}}\), từ đó suy ra \({S_{ABCD}} = 2{S_{\Delta ABC}}\).

- Sử dụng công thức tính thể tích \(V = \dfrac{1}{3}SH.{S_{ABCD}}\).

Lời giải chi tiết:

Gọi \(O = AC \cap BD\), \(H\) là trọng tâm \(\Delta ABC\) \( \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\).

Tam giác \(ABC\) đều cạnh \(a\) \( \Rightarrow BO = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow BD = a\sqrt 3 \) và \({S_{\Delta ABC}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\) \( \Rightarrow {S_{ABCD}} = 2{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\).

\(H\) là trọng tâm \(\Delta ABC\) \( \Rightarrow BH = \dfrac{2}{3}BO = \dfrac{2}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\) \( \Rightarrow HD = BD - BH = a\sqrt 3  - \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3} = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{3}\).

Vì \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(HD\) là hình chiếu của \(SD\) lên \(\left( {ABCD} \right)\)

\( \Rightarrow \angle \left( {SD;\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SD;HD} \right) = \angle SDH = {30^0}\).

Xét tam giác vuông \(SHD\) có: \(SH = HD.\tan {30^0} = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{3}.\dfrac{1}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{{2a}}{3}\).

Vậy \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{2a}}{3}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{9}\).

Chọn C.

Phương pháp giải:

- Tính độ dài các cạnh \(AC,\,\,BC\).

- Gọi \(G\) là trọng tâm \(\Delta ABC\) và \(M\) là trung điểm của \(AC\), áp dụng định lí Pytago tính \(BM\), từ đó suy ra độ dài \(BG\).

- Tiếp tục áp dụng định lí Pytago tính độ dài đường cao \(SG\).

- Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp \({V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SG.{S_{\Delta ABC}}\).

Lời giải chi tiết:

Do tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(C\) có \(AB = 3\) nên \(AC = BC = \dfrac{{AB}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{3}{{\sqrt 2 }}\).

Gọi \(G\) là trọng tâm \(\Delta ABC\) và \(M\) là trung điểm của \(AC\), khi đó ta có \(SG \bot \left( {ABC} \right)\) và \(AM = MC = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{3}{{2\sqrt 2 }}\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(BCM\) có:

\(BM = \sqrt {B{C^2} + C{M^2}}  = \sqrt {\dfrac{9}{2} + \dfrac{9}{8}}  = \sqrt {\dfrac{{45}}{8}}  = \dfrac{{3\sqrt {10} }}{4}\).

\( \Rightarrow GB = \dfrac{2}{3}BM = \dfrac{2}{3}.\dfrac{{3\sqrt {10} }}{4} = \dfrac{{\sqrt {10} }}{2}\).

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông \(SBG\) có:

\(SG = \sqrt {S{B^2} - B{G^2}}  = \sqrt {\dfrac{{14}}{4} - \dfrac{{10}}{4}}  = 1\).

Lại có: \({S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}AC.BC = \dfrac{1}{2}.\dfrac{3}{{\sqrt 2 }}.\dfrac{3}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{9}{4}\).

Vậy \({V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SG.{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{3}.1.\dfrac{9}{4} = \dfrac{3}{4}\).

Chọn C.

Phương pháp giải:

- Xác định góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến.

- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính chiều cao của khối lăng trụ.

- Sử dụng công thức tính thể tích khối lăng trụ có chiều cao \(h\), diện tích đáy \(B\) là \(V = Bh\).

Lời giải chi tiết:

Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\). Do tam giác \(ABC\) đều nên \(AM \bot BC\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AM\\BC \bot AA'\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {AA'M} \right) \Rightarrow BC \bot A'M\).

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {A'BC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\AM \subset \left( {ABC} \right),\,AM \bot BC\\A'M \subset \left( {A'BC} \right),A'M \bot BC\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \angle \left( {\left( {A'BC} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = \angle AMA' = {30^0}\).

Giả sử tam giác \(ABC\) đều, cạnh a \( \Rightarrow AM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2},\,BC = a\).

Tam giác \(AMA'\)  vuông tại \(A\)\( \Rightarrow A'M = \dfrac{{AM}}{{\cos \angle AMA'}} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\cos {{30}^0}}} = a\).

Ta có:  \({S_{\Delta A'BC}} = \dfrac{1}{2}A'M.BC = 8 \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}.a.a = 8 \Leftrightarrow {a^2} = 16 \Leftrightarrow a = 4\).

Khi đó ta có: \(AA' = AM.\tan {30^0} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{1}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{a}{2} = \dfrac{4}{2} = 2\).

Tam giác \(ABC\) đều cạnh \(4\) \( \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \dfrac{{{4^2}\sqrt 3 }}{4} = 4\sqrt 3 \).

Vậy thể tíchcủa khối lăng trụ đã cho là: \(V = AA'.{S_{\Delta ABC}} = 2.4\sqrt 3  = 8\sqrt 3 \).

Chọn D.

Phương pháp giải:

+) Định lí Menelaus:  Cho tam giác ABC. Các điểm D, E, F lần lượt nằm trên các đường thẳng BC, CA, AB. Khi đó D, E, F thẳng hàng khi và chỉ khi

\(\dfrac{{FA}}{{FB}}.\dfrac{{DB}}{{DC}}.\dfrac{{EC}}{{EA}} = 1\){\displaystyle {\frac {\overline {FA}}{\overline {FB}}}\cdot {\frac {\overline {DB}}{\overline {DC}}}\cdot {\frac {\overline {EC}}{\overline {EA}}}=1.}

+) Thể tích hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có tất cả các cạnh đều bằng a là:

\(V = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}\)

Lời giải chi tiết:

Gọi I là giao điểm của SO và MN. Khi đó, giao điểm E của SD và mặt phẳng (BMN) là giao của  ID và SB.

Xét tam giác SOD, có:

\(\dfrac{{ES}}{{ED}}.\dfrac{{BD}}{{BO}}.\dfrac{{IO}}{{IS}} = 1 \Leftrightarrow \dfrac{{ES}}{{ED}}.2.1 = 1 \Leftrightarrow \dfrac{{ES}}{{ED}} = \dfrac{1}{2}\)\( \Rightarrow \dfrac{{SE}}{{SD}} = \dfrac{1}{3}\)

Do I là trung điểm của SO nên \(d\left( {O;\left( {BNEM} \right)} \right) = d\left( {S;\left( {BNEM} \right)} \right)\)\( \Rightarrow {V_{O.BNEM}} = {V_{S.BNEM}}\)

Lại có:

\({V_{S.ENB}} = \dfrac{{SN}}{{SC}}.\dfrac{{SE}}{{SD}}.{V_{S.BDC}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{3}.{V_{S.BDC}} = \dfrac{1}{6}{V_{S.BDC}} = \dfrac{1}{{12}}{V_{S.ABCD}}\) và \({V_{S.EMB}} = \dfrac{1}{{12}}{V_{S.ABCD}}\) \( \Rightarrow {V_{S.BNEM}} = \dfrac{1}{6}{V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{6}.\dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{36}}\).

Chọn A.

Phương pháp giải:

- Chứng minh \(\Delta ABC\) đều, sử dụng công thức tính nhanh diện tích tam giác đều cạnh a là \(S = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).

- Xác định góc giữa SC và (SAB) là góc giữa SC và hình chiếu của SC lên (SAB).

- Sử dụng tỉ số lượng giác và định lí Pytago tính độ dài SA.

- Sử dụng công thức tính thể tích \({V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{\Delta ABC}}\).

Lời giải chi tiết:

Tam giác ABC có AB = BC, \(\,\angle ABC = {60^0}\) \( \Rightarrow \Delta ABC\) đều, có cạnh \(AB = a\)\( \Rightarrow {S_{ABC}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).

Gọi I là trung điểm của AB \( \Rightarrow CI \bot AB\) (do tam giác ABC đều).

Mà \(CI \bot SA \Rightarrow CI \bot \left( {SAB} \right)\)\( \Rightarrow \) Hình chiếu của SC lên (SAB) là SI.

\( \Rightarrow \angle \left( {SC;\left( {SAB} \right)} \right) = \angle \left( {SC;SI} \right) = \angle ISC = {45^0}\)

\( \Rightarrow \Delta SIC\) vuông cân tại I \( \Rightarrow SI = IC = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Ta có: \(\Delta SAI\) vuông tại A \( \Rightarrow SA = \sqrt {S{I^2} - A{I^2}}  = \sqrt {{{\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\dfrac{a}{2}} \right)}^2}}  = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Vậy thể tích khối chóp \(S.ABC\) là: \(V = \dfrac{1}{3}.SA.{S_{ABC}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{24}}\).

Chọn C.

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp có chiều cao \(h\), diện tích đáy \(B\) là \(V = \dfrac{1}{3}Bh\).

Lời giải chi tiết:

Gọi \(E,\,\,F,\,\,G,\,\,H\) lần lượt là trung điểm của \(BB',\,\,AA',\,\,DD',\,\,CC'\), khi đó ta có \(\left( {EFGH} \right) \equiv \left( {MNPQ} \right)\).

Gọi \(O\) là tâm hình lập phương, khi đo \(O\) là trung điểm của \(RS\) và \(RS \bot \left( {MNPQ} \right)\) tại \(O\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}{V_{RSMNPQ}} = {V_{R.MNPQ}} + {V_{S.MNPQ}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{3}RO.{S_{MNPQ}} + \dfrac{1}{3}SO.{S_{MNPQ}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{3}RS.{S_{MNPQ}}\end{array}\)

Do \(EFGH\) là hình vuông cạnh \(a\) nên \(MN = NP = \dfrac{1}{2}EG = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

\( \Rightarrow {S_{MNPQ}} = MN.NP = \dfrac{{{a^2}}}{2}\), \(RS = a\).

Vậy \({V_{RS.MNPQ}} = \dfrac{1}{3}.a.\dfrac{{{a^2}}}{2} = \dfrac{{{a^3}}}{6}\).  

Chọn B.

Phương pháp giải:

- Chứng minh \(SM \bot \left( {ABCD} \right)\).

- Trong (ABCD) kẻ \(MI \bot ND\,\,\left( {I \in ND} \right)\), trong (SMI) kẻ \(MH \bot SI\). Chứng minh \(MH = d\left( {M;\left( {SND} \right)} \right)\).

- Tính \({S_{MND}}\), từ đó tính MI.

- Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính SM, từ đó suy ra \(d\left( {G;\left( {ABCD} \right)} \right)\).

- Tính diện tích tứ giác AMND: \({S_{AMND}} = {S_{ABCD}} - {S_{BMN}} - {S_{CND}}\).

- Áp dụng công thức tính thể tích: \({V_{G.AMND}} = \dfrac{1}{3}d\left( {G;\left( {ABCD} \right)} \right).{S_{AMND}}\).

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right) = AB\\SM \subset \left( {SAB} \right),\,\,SM \bot AB\end{array} \right.\)\( \Rightarrow SM \bot \left( {ABCD} \right)\).

Trong (ABCD) kẻ \(MI \bot ND\,\,\left( {I \in ND} \right)\), trong (SMI) kẻ \(MH \bot SI\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}ND \bot MI\\ND \bot SM\end{array} \right. \Rightarrow ND \bot \left( {SMI} \right) \Rightarrow ND \bot MH\).

            \(\left\{ \begin{array}{l}MH \bot ND\\MH \bot SI\end{array} \right. \Rightarrow MH \bot \left( {SND} \right)\) \( \Rightarrow d\left( {M;\left( {SND} \right)} \right) = MH = \dfrac{{3a\sqrt 2 }}{4}\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}{S_{BMN}} = \dfrac{1}{2}BM.BN = \dfrac{1}{2}.a.a = \dfrac{{{a^2}}}{2}\\{S_{AMD}} = \dfrac{1}{2}AM.AD = \dfrac{1}{2}.a.2a = {a^2}\\{S_{CND}} = \dfrac{1}{2}CN.CD = \dfrac{1}{2}.a.2a = {a^2}\\{S_{ABCD}} = A{B^2} = 4{a^2}\\ \Rightarrow {S_{MND}} = {S_{ABCD}} - {S_{BMN}} - {S_{AMD}} - {S_{CND}}\\ \Rightarrow {S_{MND}} = 4{a^2} - \dfrac{{{a^2}}}{2} - {a^2} - {a^2} = \dfrac{{3{a^2}}}{2}\end{array}\)

Lại có \(ND = \sqrt {C{N^2} + C{D^2}}  = \sqrt {{a^2} + 4{a^2}}  = a\sqrt 5 \), \({S_{MND}} = \dfrac{1}{2}MI.ND\).

\( \Rightarrow MI = \dfrac{{2{S_{MND}}}}{{ND}} = \dfrac{{2.\dfrac{{3{a^2}}}{2}}}{{a\sqrt 5 }} = \dfrac{{3a\sqrt 5 }}{5}\).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SMI có:

\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{M{H^2}}} = \dfrac{1}{{S{M^2}}} + \dfrac{1}{{M{N^2}}}\\\dfrac{1}{{{{\left( {\dfrac{{3a\sqrt 2 }}{4}} \right)}^2}}} = \dfrac{1}{{S{M^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left( {\dfrac{{3a\sqrt 5 }}{5}} \right)}^2}}}\\ \Rightarrow \dfrac{1}{{S{M^2}}} = \dfrac{1}{{3{a^2}}} \Rightarrow SM = a\sqrt 3 \end{array}\)

Gọi P là trung điểm của CD, ta có \(SG \cap \left( {ABCD} \right) = P\) \( \Rightarrow \dfrac{{d\left( {G;\left( {ABCD} \right)} \right)}}{{d\left( {S;\left( {ABCD} \right)} \right)}} = \dfrac{{GP}}{{SP}} = \dfrac{1}{3}\)

\( \Rightarrow d\left( {G;\left( {ABCD} \right)} \right) = \dfrac{1}{3}SM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

\(\begin{array}{l}{S_{AMND}} = {S_{ABCD}} - {S_{BMN}} - {S_{CND}}\\{S_{AMND}} = 4{a^2} - \dfrac{1}{2}{a^2} - {a^2} = \dfrac{{5{a^2}}}{2}\end{array}\)

Vậy \({V_{G.AMND}} = \dfrac{1}{3}d\left( {G;\left( {ABCD} \right)} \right).{S_{AMND}}\) \( = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}.\dfrac{{5{a^2}}}{2} = \dfrac{{5\sqrt 3 {a^3}}}{{18}}\).

Chọn D.

Phương pháp giải:

- Phân chia và lắp ghép các khối đa diện.

- Muốn so sánh thể tích hai khối hình ta so sánh tỉ số chiều cao và tỉ số diện tích đáy của hai khối hình đó.

Lời giải chi tiết:

Đặt \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = V\).

Ta có: \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = {V_{ACB'D'}} + {V_{B'.ABC}} + {V_{D'.ACD}} + {V_{A.A'B'D'}} + {V_{C.B'C'D'}}\).

Ta có: \({V_{B'.ABC}} = \dfrac{1}{3}d\left( {B';\left( {ABC} \right)} \right).{S_{\Delta ABC}}\)\( = \dfrac{1}{3}d\left( {B';\left( {ABCD} \right)} \right).\dfrac{1}{2}{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{6}V\).

Chứng minh tương tự ta có:  \({V_{D'.ACD}} = {V_{A.A'B'D'}} = {V_{C.B'C'D'}} = \dfrac{1}{6}V\).

 Khi đó ta có: \(V = {V_{ACB'D'}} + 4.\dfrac{1}{6}V \Leftrightarrow {V_{ACB'D'}} = \dfrac{V}{3}\).

Vậy \(\dfrac{{{V_{ACB'D'}}}}{{{V_{ABCD.A'B'C'D'}}}} = \dfrac{V}{3}:V = \dfrac{1}{3}.\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

- Gọi tứ diện đều ABCD cạnh a, sử dụng tính chất tam giác đều và định lí Pytago tính a theo h.

- Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp có đường cao h, diện tích đáy B là \(V = \dfrac{1}{3}Bh\).

Lời giải chi tiết:

Gọi tứ diện đều ABCD cạnh a, O là trọng tâm tam giác dều BCD \( \Rightarrow AO \bot \left( {BCD} \right)\).

Gọi M là trung điểm của CD. Tam giác BCD đều cạnh a \( \Rightarrow BM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\) \( \Rightarrow BO = \dfrac{2}{3}BM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông ABO ta có:

\(\begin{array}{l}A{B^2} = B{O^2} + A{O^2}\\ \Leftrightarrow {a^2} = \dfrac{{{a^2}}}{3} + {h^2}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{2{a^2}}}{3} = {h^2}\\ \Leftrightarrow {a^2} = \dfrac{{3{h^2}}}{2}\end{array}\)

\( \Rightarrow {S_{\Delta BCD}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{3{h^2}}}{2}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{3\sqrt 3 {h^2}}}{8}\).

Vậy \({V_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}AO.{S_{\Delta BCD}} = \dfrac{1}{3}.h.\dfrac{{3\sqrt 3 {h^2}}}{8} = \dfrac{{\sqrt 3 {h^3}}}{8}.\) 

Chọn B.

Phương pháp giải:

- Xác định các điểm \(M,\,\,N\), chứng minh \(M,\,\,N\) lần lượt là trung điểm của \(SC,\,\,SD\).

- Xác định góc giữa mặt bên và mặt đáy là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến.

- Tính đường cao \(SO\) với \(O\) là tâm hình vuông \(ABCD\), từ đó tính \({V_{S.ABCD}}\).

- Tách \({V_{S.ABMN}} = {V_{S.ABM}} + {V_{S.AMN}}\).

- Sử dụng tỉ lệ thể tích Simpson.

Lời giải chi tiết:

Vì \(G\) là trọng tâm tam giác \(SAC\) nên \(AG\) cắt \(SC\) tại trung điểm \(M\) của \(SC\), tương tự \(BG\) cắt \(SD\) tại trung điểm \(N\) của \(SD\).

Gọi \(O\) là tâm của hình vuông \(ABCD\) và \(I\) là trung điểm của \(AB\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot OI\\AB \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SOI} \right) \Rightarrow AB \bot SI\).

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\\\left( {SAB} \right) \supset SI \bot AB\\\left( {ABCD} \right) \supset OI \bot AB\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \angle \left( {\left( {SAB} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SI;OI} \right) = \angle SIO = {60^0}\).

Xét tam giác vuông \(SOI\) có: \(SO = OI.\tan 60^\circ  = a\sqrt 3 \).

Suy ra \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}{S_{ABCD}}.SO = \dfrac{1}{3}4{a^2} \cdot a\sqrt 3  = \dfrac{{4{a^3}\sqrt 3 }}{3}\).

Ta có:

\(\dfrac{{{V_{S.ABM}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SA}}{{SA}} \cdot \dfrac{{SB}}{{SB}} \cdot \dfrac{{SM}}{{SC}} = \dfrac{1}{2}\) \( \Rightarrow {V_{S.ABM}} = \dfrac{1}{2}.{V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{4}{V_{S.ABCD}}\).

\(\dfrac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ACD}}}} = \dfrac{{SA}}{{SA}} \cdot \dfrac{{SN}}{{SD}} \cdot \dfrac{{SM}}{{SC}} = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{4}\) \( \Rightarrow {V_{S.AMN}} = \dfrac{1}{4}.{V_{S.ACD}} = \dfrac{1}{8}{V_{S.ABCD}}\).

Vậy \({V_{S.ABMN}} = {V_{S.ABM}} + {V_{S.AMN}} = \dfrac{3}{8}{V_{S.ABCD}}\)\( = \dfrac{3}{8}\dfrac{{4{a^3}\sqrt 3 }}{3} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\).

Chọn A.

Phương pháp giải:

- Xác định đoạn vuông góc chung của hai đoạn thẳng \(AA'\) và \(BC\).

- Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính \(A'G\).

- Áp dụng công thức tính thể tích \({V_{ABC.A'B'C'}} = A'G.{S_{ABC}}\).

Lời giải chi tiết:

Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\). Vì tam giác \(ABC\) đều nên \(AM \bot BC\) và \(AM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\) \( \Rightarrow AG = \dfrac{2}{3}AM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Ta có \(A'G \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(A'G \bot BC\); \(BC \bot AM\) \( \Rightarrow BC \bot \left( {MAA'} \right)\).

Trong \(\left( {AA'M} \right)\) kẻ \(MI \bot AA'\) tại \(I\); khi đó ta có \(BC \bot IM\) nên \(IM\) là đoạn vuông góc chung của \(AA'\) và \(BC\), do đó \(d\left( {AA';{\rm{ }}BC} \right) = IM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}.\)

Trong \(\left( {AA'M} \right)\) kẻ \(GH \bot AA'\) tại \(H\), áp dụng định lí Ta-lét ta có \(\dfrac{{AG}}{{AM}} = \dfrac{{GH}}{{IM}} = \dfrac{2}{3}\)\( \Leftrightarrow GH = \dfrac{2}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6}\).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(AA'G\) ta có:

\(\dfrac{1}{{H{G^2}}} = \dfrac{1}{{A'{G^2}}} + \dfrac{1}{{A{G^2}}} \Leftrightarrow A'G = \dfrac{{AG.HG}}{{\sqrt {A{G^2} - H{G^2}} }} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{6}}}{{\sqrt {\dfrac{{{a^2}}}{3} - \dfrac{{{a^2}}}{{12}}} }} = \dfrac{a}{3}\).

Tam giác \(ABC\) đều cạnh \(a\) nên \({S_{\Delta ABC}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).

Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = A'G.{S_{ABC}} = \dfrac{a}{3}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{{12}}\).

Chọn B.

Phương pháp giải:

- Áp dụng định lí Pytago để tính các cạnh còn lại của tam giác đáy, tính ch iều cao của lăng trụ.

- Thể tích khối lăng trụ có chiều cao \(h\), diện tích đáy \(B\) là: \(V = B.h\).

Lời giải chi tiết:

Tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\) nên áp dụng định lí Pytago ta có: \(BC = \sqrt {A{B^2} - A{C^2}}  = a\sqrt 3 \).

\( \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}AC.BC = \dfrac{1}{2}.a.a\sqrt 3  = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\).

Ta có: \(CC' \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(CC' \bot BC\), suy ra tam giác \(BCC'\) vuông tại \(C\). Áp dụng định lí Pytago ta có: \(CC' = \sqrt {BC{'^2} - B{C^2}}  = a\).

Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = CC'.{S_{\Delta ABC}} = a.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\).

Chọn C.

Phương pháp giải:

- Xác định thiết diện của hình lăng trụ cắt bởi mặt phẳng \(\left( {AMN} \right)\).

- Công thức thể tích khối chóp cụt: \(V = \dfrac{1}{3}\left( {B + B' + \sqrt {BB'} } \right)h\) trong đó \(B,\,\,B'\) lần lượt là diện tích hai đáy, \(h\) là chiều cao của khối chóp cụt.

Lời giải chi tiết:

Gọi \(ME = \left( {AMN} \right) \cap \left( {A'B'C'} \right)\) , ta có:\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {ABC} \right)//\left( {A'B'C'} \right)\\\left( {ANM} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AN\\\left( {ANM} \right) \cap \left( {A'B'C'} \right) = ME\end{array} \right.\,\, \Rightarrow AN\parallel ME.\) Khi đó thiết diện của lăng trụ cắt bởi \(\left( {AMN} \right)\) là tứ giác \(AMEN\).

Đặt \({V_1} = {V_{ANC.MEC'}},\,\,{V_2} = {V_{ABN.A'B'EM}}\) với \(ANC.MEC'\) là hình chóp cụt.

Gọi \(F\) là trung điểm của \(AB\) \( \Rightarrow CF \bot AB\) (trung tuyến đồng thời là đường cao).

Mà \(CC' \bot AB \Rightarrow AB \bot \left( {CFC'} \right) \Rightarrow AB \bot C'F.\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {ABC'} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AB\\\left( {ABC'} \right) \supset C'F \bot AB\\\left( {ABC} \right) \supset CF \bot AB\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \angle \left( {\left( {ABC} \right);\left( {ABC'} \right)} \right) = \angle CFC' = {60^0}\).

Xét tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(C\) có \(AB = 2a \Rightarrow CF = \dfrac{1}{2}AB = a\).

Xét \(\Delta CC'F\) có: \(CC' = CF.\tan {60^0} = a\sqrt 3 .\)

Xét \(\Delta ANC\) và \(\Delta MEC'\) có \(\angle C = \angle C' = {90^0}\), \(AC\parallel A'C',\,\,AN\parallel ME\) \( \Rightarrow \angle CAN = \angle C'ME\).

\( \Rightarrow \Delta ANC \sim \Delta MEC'\,\,\left( {g.g} \right)\) theo tỉ số \(k = \dfrac{{AC}}{{MC'}} = 2\).

\( \Rightarrow {S_{ANC}} = {k^2}{S_{MEC'}} = 4{S_{MEC'}}\).

Ta có: \({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.FC = \dfrac{1}{4}A{B^2} = \dfrac{1}{4}{\left( {2a} \right)^2} = {a^2}\).

      \( \Rightarrow S = {S_{ANC}} = \dfrac{1}{2}{S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}{a^2}\) và \(S' = {S_{MEC'}} = \dfrac{1}{4}.{S_{ANC}} = \dfrac{1}{8}{a^2}\)

Thể tích khối chóp cụt \(ANC.MEC'\) là: \({V_1} = \dfrac{h}{3}\left( {S + S' + \sqrt {S.S'} } \right)\)\( = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}.\left( {\dfrac{1}{2}{a^2} + \dfrac{1}{8}{a^2} + \sqrt {\dfrac{1}{2}{a^2}.\dfrac{1}{8}{a^2}} } \right)\)\( = \dfrac{{7\sqrt 3 }}{{24}}{a^3}.\)

Thể tích khối lăng trụ là: \({V_{ABC.A'B'C'}} = CC'.{S_{ABC}} = a\sqrt 3 .{a^2} = {a^3}\sqrt 3 \).

\( \Rightarrow {V_2} = {V_{ABC.A'B'C'}} - {V_1} = \dfrac{{17\sqrt 3 {a^3}}}{{24}}\).

Vậy thể tích của phần nhỏ hơn bằng \(\dfrac{{7\sqrt 3 }}{{24}}{a^3}.\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

- Xác định góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {AB'C'} \right)\) và \(\left( {A'B'C'} \right)\): góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng  nằm trong hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến.

- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính độ dài đường cao \(h = AA'\).

- Tính diện tích đáy \({S_{A'B'C'}}\), sử dụng công thức \(S = \frac{1}{2}ab\sin C\).

- Tính thể tích khối lăng trụ \(V = Sh\).

Lời giải chi tiết:

Gọi \(D\) là trung điểm của \(B'C'\). Vì tam giác \(A'B'C'\) cân tại \(A'\)  nên \(A'D \bot B'C'\) (trung tuyến đồng thời là đường cao).

Ta có: \(\left. \begin{array}{l}A'D \bot B'C'\\AA' \bot B'C'\end{array} \right\} \Rightarrow B'C' \bot \left( {AA'D} \right) \Rightarrow B'C' \bot AD\)

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {AB'C'} \right) \cap \left( {A'B'C'} \right) = B'C'\\\left( {AB'C'} \right) \supset AD \bot B'C'\\\left( {A'B'C'} \right) \supset A'D \bot B'C'\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \angle \left( {\left( {AB'C'} \right);\left( {A'B'C'} \right)} \right) = \angle \left( {AD;A'D} \right) = \angle ADA' = {60^0}.\)

Vì tam giác \(A'B'C'\) cân tại \(A'\)  nên \(\angle DA'C' = \frac{1}{2}\angle B'A'C' = {60^0}\) (trung tuyến đồng thời là phân giác).

Xét tam giác vuông \(A'C'D\) có: \(A'D = A'C'.cos{60^0} = 2a.\frac{1}{2} = a.\)

Xét tam giác vuông \(AA'D\) có: \(AA' = A'D.\tan {60^0} = a.\sqrt 3 .\)

Ta có: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC.\sin \angle BAC = \frac{1}{2}.2a.2a.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = {a^2}\sqrt 3 .\)

Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{ABC}} = a\sqrt 3 .{a^2}\sqrt 3  = 3{a^3}.\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

- Xác định góc giữa đường thẳng \(A'B\) và mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\): góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng.

- Tính độ dài đường cao \(AA'\) và diện tích đáy \({S_{\Delta ABC}}\).

- Tính thể tích khối lăng trụ theo công thức \(V = Sh\).

Lời giải chi tiết:

Vì \(AA' \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow AB\) là hình chiếu vuông góc của \(A'B\) lên \(\left( {ABC} \right)\).

\( \Rightarrow \angle \left( {A'B;\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {A'B;AB} \right) = \angle A'BA = {30^0}\)

Xét tam giác vuông \(ABC\) vuông tại \(B\), \(BC = a\), \(\angle ACB = {60^0}\) có: \(AB = BC.\tan {60^0} = a\sqrt 3 .\)

Vì \(AA' \bot \left( {ABC} \right) \supset AB \Rightarrow AA' \bot AB \Rightarrow \Delta ABA'\) vuông tại \(A\).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow AA' = AB.\tan \angle A'BA\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = a\sqrt 3 .\tan {30^0}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = a\sqrt 3 .\frac{1}{{\sqrt 3 }} = a\end{array}\)

Có \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AB.BC = \frac{1}{2}a\sqrt 3 .a = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}.\)

Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{\Delta ABC}} = a.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}.\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

+) So sánh thể tích của khối tứ diện \(IABC\) với thể tích của khối lăng trụ.

+) Tính thể tích khối lăng trụ.

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(A'M\parallel AC \Rightarrow \dfrac{{A'M}}{{AC}} = \dfrac{{A'I}}{{IC}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \dfrac{{IC}}{{A'C}} = \dfrac{2}{3}.\)

Vì \(IA' \cap \left( {ABC} \right) = C\)\( \Rightarrow \dfrac{{d\left( {I;\left( {ABC} \right)} \right)}}{{d\left( {A';\left( {ABC} \right)} \right)}} = \dfrac{{IC}}{{A'C}} = \dfrac{2}{3}.\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{{V_{I.ABC}}}}{{{V_{ABC.A'B'C'}}}} = \dfrac{{\dfrac{1}{3}d\left( {I;\left( {ABC} \right)} \right).{S_{ABC}}}}{{d\left( {A';\left( {ABC} \right)} \right).{S_{ABC}}}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{2}{3} = \dfrac{2}{9}\\ \Rightarrow {V_{I.ABC}} = \dfrac{2}{9}{V_{ABC.A'B'C'}}\end{array}\)

Ta có: \(AA' \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow AA' \bot AC \Rightarrow \Delta AA'C\) vuông tại \(A\).

\( \Rightarrow AC = \sqrt {A'{C^2} - AA{'^2}}  = \sqrt {9{a^2} - 4{a^2}}  = a\sqrt 5 .\)

Xét tam giác vuông ABC có: \(BC = \sqrt {A{C^2} - A{B^2}}  = \sqrt {5{a^2} - {a^2}}  = 2a.\)

\( \Rightarrow {S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.BC = \dfrac{1}{2}a.2a = {a^2}.\)

\( \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{ABC}} = 2a.{a^2} = 2{a^3}.\)

Vậy \({V_{I.ABC}} = \dfrac{2}{9}{V_{ABC.A'B'C'}} = \dfrac{2}{9}.2{a^3} = \dfrac{{4{a^3}}}{9}.\)    

Chọn C.

Phương pháp giải:

- Hình chóp tứ giác đều có các cạnh bên bằng nhau, các cạnh đáy bằng nhau và hình chiếu vuông góc của

đỉnh xuống mặt đáy trùng với tâm của đáy.

- Tìm góc tạo bởi giữa hai  mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {SCD} \right)\) để tính cạnh đáy và chiều cao của khối chóp.

- Thể tích của khối chóp có chiều cao bằng \(h,\) diện tích đáy bằng \(S\) là \(V = \dfrac{1}{3}Sh\).

Lời giải chi tiết:

Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\).

Do \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều nên \(ABCD\) là hình vuông, \(O\) là tâm của đáy nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

Trong mp \(\left( {SCD} \right)\), kẻ \(DH \bot SC\,\,\,\left( {H \in SC} \right)\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\), ta có:

\(ABCD\) là hình vuông nên \(AC \bot BD\)

\(\left\{ \begin{array}{l}AC \bot BD\\SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot BD\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot SC\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(SC \bot \left( {DBH} \right) \Rightarrow SC \bot BH\)

Do đó, góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {SCD} \right)\) là góc giữa 2 đường thẳng \(DH\) và \(BH\).

Lại có hai tam giác \(SBC\) và \(SCD\) là 2 tam giác cân bằng nhau. Suy ra\(DH = BH\)

Gọi độ dài cạnh của hình vuông \(ABCD\) là \(x\,\,\,\left( {x > 0} \right)\). Suy ra  \(BD = AC = \sqrt 2 x\)

Gọi \(M\) là trung điểm \(DC\) thì \(DM = MC = \dfrac{x}{2}\)

Tam giác \(SCD\) cân tại \(S\) nên \(SM \bot CD\)

Theo định lí Pi – ta – go ta có:   \(SM = \sqrt {S{D^2} - D{M^2}}  = \sqrt {11{a^2} - \dfrac{{{x^2}}}{4}} \)

Do đó,   \({S_{\Delta SCD}} = \dfrac{1}{2}SM.CD = \dfrac{1}{2}x.\sqrt {11{a^2} - \dfrac{{{x^2}}}{4}} \)

Suy ra \(BH = DH = \dfrac{{2{S_{\Delta SCD}}}}{{SC}} = \dfrac{{x.\sqrt {11{a^2} - \dfrac{{{x^2}}}{4}} }}{{\sqrt {11} a}} = x.\sqrt {1 - \dfrac{{{x^2}}}{{44{a^2}}}} \)

Theo giả thiết ta có:  \(\cos \left( {\left( {SBC} \right);\left( {SCD} \right)} \right) = \dfrac{1}{{10}} \Rightarrow \cos BHD =  \pm \dfrac{1}{{10}}\)

Ta có:

        \(\begin{array}{l}\cos DHB = \dfrac{{D{H^2} + B{H^2} - B{D^2}}}{{2DH.BH}} = \dfrac{{2.{x^2}.\left( {1 - \dfrac{{{x^2}}}{{44{a^2}}}} \right) - 2{x^2}}}{{2{x^2}\left( {1 - \dfrac{{{x^2}}}{{44{a^2}}}} \right)}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{2{x^2}.\dfrac{{ - {x^2}}}{{44{a^2}}}}}{{\dfrac{{2{x^2}\left( {44{a^2} - {x^2}} \right)}}{{44{a^2}}}}} = \dfrac{{ - {x^2}}}{{44{a^2} - {x^2}}}\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\dfrac{{{x^2}}}{{{x^2} - 44{a^2}}} = \dfrac{1}{{10}}\\\dfrac{{{x^2}}}{{{x^2} - 44{a^2}}} =  - \dfrac{1}{{10}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} =  - \dfrac{{44}}{9}{a^2}\\{x^2} = 4{a^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 2a\end{array}\)

Suy ra \(SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}}  = \sqrt {11{a^2} - {{\left( {\sqrt 2 a} \right)}^2}}  = 3a.\)

Thể tích của khối chóp đã cho là:\({S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.SO.A{B^2} = \dfrac{1}{3}.3a.{\left( {2a} \right)^2} = 4{a^3}.\)   

Chọn C.

Phương pháp giải:

- Tính tỉ số \(\dfrac{{SI}}{{SC}}\).

- Sử dụng công thức tỉ số thể tích: Cho tứ diện\(S.ABC\). Các điểm \(M,N,P\) lần lượt nằm trên các cạnh \(SA,\,\,SB,\,\,SC\) thì   \(\dfrac{{{V_{S.MNP}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SM}}{{SA}}.\dfrac{{SN}}{{SB}}.\dfrac{{SP}}{{SC}}.\)

- Tính tỉ số thể tích  \(\dfrac{{{V_{S.ANMI}}}}{{{V_{S.ABCD}}}}\) để tính thể tích khối \(ABCDMNI\).

Lời giải chi tiết:

Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SBD} \right),\) gọi \(K = SO \cap MN\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right),\) gọi \(I = AK \cap SC\), suy ra \(I\) chính là giao điểm của \(SC\) và \(mp\left( {AMN} \right)\).

Ta có:

\(MN\) là đường trung bình trong tam giác \(SBD\), suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}MN\parallel BD\\MN = \dfrac{1}{2}BD\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow NK\parallel DO \Rightarrow \dfrac{{SK}}{{SO}} = \dfrac{{SN}}{{SD}} = \dfrac{1}{2}.\)

Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác \(SOC\) có cát tuyến \(AKI\):

      \(\dfrac{{SI}}{{IC}}.\dfrac{{AC}}{{AO}}.\dfrac{{KO}}{{KS}} = 1 \Leftrightarrow \dfrac{{SI}}{{IC}}.2.1 = 1\)\( \Rightarrow \dfrac{{SI}}{{IC}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \dfrac{{SI}}{{SC}} = \dfrac{1}{3}\) 

Ta có:

            \(\begin{array}{l}\dfrac{{{V_{S.ANI}}}}{{{V_{S.ADC}}}} = \dfrac{{SA}}{{SA}}.\dfrac{{SN}}{{SD}}.\dfrac{{SI}}{{SC}} = 1.\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{6}\\ \Rightarrow {V_{S.ANI}} = \dfrac{1}{6}{V_{S.ADC}} = \dfrac{1}{{12}}{V_{S.ABCD}}\\\dfrac{{{V_{S.AIM}}}}{{{V_{S.ACB}}}} = \dfrac{{SA}}{{SA}}.\dfrac{{SI}}{{SC}}.\dfrac{{SM}}{{SB}} = 1.\dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{6}\\ \Rightarrow {V_{S.AIM}} = \dfrac{1}{6}{V_{S.ADC}} = \dfrac{1}{{12}}{V_{S.ABCD}}\\ \Rightarrow {V_{S.ANIM}} = {V_{S.ANI}} + {V_{AIM}} = \dfrac{1}{{12}}{V_{S.ABCD}} + \dfrac{1}{{12}}{V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{6}{V_{S.ABCD}}\\ \Rightarrow {V_{ABCDMNI}} = {V_{S.ABCD}} - {V_{S.ANIM}} = \dfrac{5}{6}{V_{S.ABCD}}.\end{array}\)

Thể tích của khối chóp \(S.ABCD\)là: \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.a\sqrt 3 .{a^2} = \dfrac{{\sqrt 3 {a^3}}}{3}.\)

Vậy thể tích của khối đa diện \(ABCDMNI\) là: \({V_{ABCDMNI}} = \dfrac{5}{6}{V_{S.ABCD}} = \dfrac{{5\sqrt 3 {a^3}}}{{18}}.\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

- Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau \(d\) và \(d'\) là khoảng cách từ 1 điểm trên \(d\) tới mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) đi qua \(d'\) và song song với  \(d\).

- Dựa vào khoảng cách giữa \(AC\) và \(SB\) để tính độ dài \(SA\) và thể tích khối chóp.

Lời giải chi tiết:

Qua \(B\), kẻ \(BE\parallel AC\,\,\left( {E \in DC} \right)\). Ta có: \(AC\parallel \left( {SBE} \right) \supset SB\).

Suy ra \(d\left( {AC;SB} \right) = d\left( {AB;\left( {SBE} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SBE} \right)} \right).\)

Qua \(A,\) kẻ \(AH \bot BE\,\,\,\,\left( {H \in BE} \right);\)\(AK \bot SH\left( {K \in SH} \right)\).

Ta có:

      \(\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BE\\AH \bot BE\end{array} \right\} \Rightarrow BE \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow BE \bot AK\\AK \bot AH \Rightarrow AK \bot \left( {SBE} \right)\\ \Rightarrow d\left( {AC;SB} \right) = d\left( {A;\left( {SBE} \right)} \right) = AK\\ \Rightarrow AK = a.\end{array}\)

Vì \(BE\parallel AC \Rightarrow \angle CBE = \angle ACB = {45^0}\)  (so le trong).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle ABH = {180^0} - \angle ABC - \angle CBE\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = {180^0} - {90^0} - {45^0} = {45^0}.\end{array}\)

Do đó, tam giác \(AHB\) vuông cân tại \(H\). Suy ra \(AH = HB = \dfrac{{AB}}{{\sqrt 2 }} = \sqrt 2 a.\)

Tam giác \(SAH\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AK\) nên:

\(\dfrac{1}{{A{K^2}}} = \dfrac{1}{{A{S^2}}} + \dfrac{1}{{A{H^2}}}\)  (Hệ thức lượng)

\( \Leftrightarrow \dfrac{1}{{{a^2}}} = \dfrac{1}{{A{S^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left( {\sqrt 2 a} \right)}^2}}} \Rightarrow SA = a\sqrt 2 .\)

Vậy thể tích của khối chóp đã cho là: \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.\sqrt 2 a.{\left( {2a} \right)^2} = \dfrac{{4\sqrt 2 {a^3}}}{3}.\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

- Gọi \(E,\,\,F\) lần lượt là trung điểm của \(AB,\,\,CD\). Chứng minh \(CD \bot \left( {SEF} \right)\), từ đó xác định \(d\left( {E;\left( {SCD} \right)} \right)\).

- Đổi đỉnh \(A\) sang đỉnh \(E\).

- Trong \(\left( {SEF} \right)\) kẻ \(SH \bot EF\), chứng minh \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\).

- Chứng minh \(SE = 2SH\), đặt \(SH = x\), sử dụng định lí Pytago suy ra phương trình của \(x\) theo \(a\).

- Giải \(x\) theo \(a\).

- Thể tích khối chóp \(V = \dfrac{1}{3}SH.{S_{ABCD}}\).

Lời giải chi tiết:

Gọi \(E,\,\,F\) lần lượt là trung điểm của \(AB,\,\,CD\).

Vì tam giác \(SAB\) cân tại \(S\) nên \(SE \bot AB\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot SE\\AB \bot EF\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SEF} \right)\).

Mà \(CD\parallel AB\) nên \(CD \bot \left( {SEF} \right)\).

Trong \(\left( {SEF} \right)\), kẻ \(SH \bot EF\,\,\left( {H \in EF} \right).\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot \left( {ESF} \right) \Rightarrow CD \bot SH\\SH \bot EF\end{array} \right.\)\( \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right).\)

Cũng trong \(\left( {SEF} \right)\) ta kẻ \(EK \bot SF\,\,\left( {K \in SF} \right).\)

Khi đó ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}EK \bot CD\,\,\,\,\left( {CD \bot \left( {SEF} \right)} \right)\\EK \bot SF\end{array} \right.\) \( \Rightarrow EK \bot \left( {SCD} \right).\)

\( \Rightarrow d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {E;\left( {SCD} \right)} \right) = EK = a\) (do \(AE\parallel \left( {SCD} \right)\)).

Ta có: \({S_{SEF}} = \dfrac{1}{2}SH.EF{\rm{ = }}\dfrac{1}{2}.EK.SF\).

\( \Rightarrow SH.2a = SF.a \Leftrightarrow SF = 2SH\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(SAE\) ta có: \(SE = \sqrt {S{A^2} - A{E^2}}  = \sqrt {2{a^2} - {a^2}}  = a\).

Đặt \(SH = x \Rightarrow SF = 2x\).

Áp dụng định lí Pytago trong các tam giác vuông ta có:

\(\begin{array}{l}EH = \sqrt {S{E^2} - S{H^2}}  = \sqrt {{a^2} - {x^2}} \\FH = \sqrt {S{F^2} - S{H^2}}  = \sqrt {4{x^2} - {x^2}}  = x\sqrt 3 \end{array}\)

Mà \(EH + FH = EF = 2a\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \sqrt {{a^2} - {x^2}}  + x\sqrt 3  = 2a\\ \Leftrightarrow {a^2} - {x^2} = {\left( {2a - x\sqrt 3 } \right)^2}\\ \Leftrightarrow {a^2} - {x^2} = 4{a^2} - 4\sqrt 3 ax + 3{x^2}\\ \Leftrightarrow 3{a^2} - 4\sqrt 3 ax + 4{x^2} = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {a\sqrt 3  - 2x} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow 2x = a\sqrt 3 \\ \Leftrightarrow x = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = SH\end{array}\)

Vậy thể tích khối chóp \(S.ABCD\) là \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.{\left( {2a} \right)^2} = \dfrac{{2{a^3}\sqrt 3 }}{3}\).

Chọn C.

Phương pháp giải:

- Xác định các điểm \(M,\,\,N\).

- Đặt \(\dfrac{{SM}}{{SB}} = x,\,\,\,\dfrac{{SN}}{{SD}} = y\), tính tỉ số thể tích \(\dfrac{{{V_1}}}{V}\) bằng 2 cách theo \(x,\,\,y\).

- Rút \(x\) theo \(y\) hoặc ngược lại, tỉ số thể tích \(\dfrac{{{V_1}}}{V}\) lúc này chỉ được tính theo 1 ẩn \(x\) hoặc \(y\), sử dụng phương pháp hàm số để tìm GTNN của hàm số.

Lời giải chi tiết:

Gọi mặt phẳng chứa \(AK,\) cắt \(SB,\,\,SD\) lần lượt tại \(M,\,\,N\) là \(\left( \alpha  \right)\) .

Trong \(\left( {SAC} \right)\) gọi \(I = AC \cap SO\).

Trong \(\left( {SBD} \right)\), lấy \(M \in SB\), nối \(MI\) cắt \(SD\) tại \(N\).

Khi đó ta có \(\left( \alpha  \right) \equiv \left( {AMKN} \right)\).

Đặt: \(\dfrac{{SM}}{{SB}} = x,\,\,\,\dfrac{{SN}}{{SD}} = y.\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}\dfrac{{{V_1}}}{V} = \dfrac{{{V_{SAMNK}}}}{{{V_{SABCD}}}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{{V_{SAMK}} + {V_{SANK}}}}{{{V_{SABC}}}}\\\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{2}.\left( {\dfrac{{SM}}{{SB}}.\dfrac{{SK}}{{SC}} + \dfrac{{SN}}{{SD}}.\dfrac{{SK}}{{SC}}} \right) = \dfrac{1}{4}\left( {x + y} \right)\end{array}\)

Lại có:  

\(\begin{array}{l}\dfrac{{{V_1}}}{V} = \dfrac{{{V_{S.AMKN}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{{V_{SAMN}} + {V_{SKMN}}}}{{{V_{SABD}}}}\\\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{{SM}}{{SB}}.\dfrac{{SN}}{{SD}} + \dfrac{{SK}}{{SC}}.\dfrac{{SM}}{{SB}}.\dfrac{{SN}}{{SD}}} \right)\\\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{SM}}{{SB}}.\dfrac{{SN}}{{SD}}.\left( {\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2}.\dfrac{{SK}}{{SC}}} \right) = \dfrac{3}{4}xy\end{array}\)

Từ đó ta có: \( \Rightarrow \dfrac{3}{4}xy = \dfrac{1}{4}\left( {x + y} \right)\)\( \Rightarrow x + y = 3xy \Leftrightarrow x = y\left( {3x - 1} \right)\)\( \Rightarrow y = \dfrac{x}{{3x - 1}}\).

Do \(x,\,\,y > 0 \Rightarrow 3x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > \dfrac{1}{3}\).

Khi đó ta có: \(\dfrac{{{V_1}}}{V} = \dfrac{3}{4}xy = \dfrac{3}{4}.\dfrac{{{x^2}}}{{3x - 1}}\) với \(x > \dfrac{1}{3}\).

Đặt \(f\left( x \right) = \dfrac{{{x^2}}}{{3x - 1}}\) ta có:

\(\begin{array}{l}f'\left( x \right) = \dfrac{{2x\left( {3x - 1} \right) - 3{x^2}}}{{{{\left( {3x - 1} \right)}^2}}} = \dfrac{{x\left( {3x - 2} \right)}}{{{{\left( {3x - 1} \right)}^2}}}\\f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\,\,\,\left( {ktm} \right)\\x = \dfrac{2}{3}\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Bảng biến thiên:

Dựa vào BBT ta thấy: \(\mathop {\min }\limits_{\left( {\dfrac{1}{3}; + \infty } \right)} f\left( x \right) = f\left( {\dfrac{2}{3}} \right) = \dfrac{4}{9}\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(\dfrac{{{V_1}}}{V}\) là \(\dfrac{3}{4}.\dfrac{4}{9} = \dfrac{1}{3}\), đạt được khi \(\dfrac{{SM}}{{SB}} = \dfrac{{SN}}{{SD}} = \dfrac{2}{3}\).

Chọn D.

Phương pháp giải:

- Dựng mặt phẳng đi qua \(I\) và vuông góc với \(AB'\) (là mặt phẳng \(\left( {DIC} \right)\) với \(D\) là trung điểm của \(AA'\).

- Tính diện tích tam giác \(ABC\), từ đó suy ra diện tích tam giác \(AIC\).

- Tính độ dài đường cao \(A'A\) của lăng trụ và độ dài đường cao \(DA\) của hình chóp \(D.AIC\).

- Tính thể tích khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) và khối chóp \(D.AIC\), từ đó tính được thể tích phần còn lại của khối lăng trụ được chia bởi mặt phẳng \(\left( {DIC} \right)\)

Lời giải chi tiết:

Gọi \(D\) là trung điểm của \(AA'\)  ta có \(ID\) là đường trung bình của tam giác \(AA'B\)\( \Rightarrow ID\parallel A'B\).

Mà \(A'B \bot AB'\) (do \(ABB'A'\) là hình vuông) \( \Rightarrow ID \bot AB'\)

Tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(C\) nên \(IC \bot AB\). Mà \(AA' \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow AA' \bot IC\)

\( \Rightarrow IC \bot \left( {ABB'A'} \right) \Rightarrow IC \bot AB'\)

\( \Rightarrow AB' \bot \left( {ICD} \right)\)

\( \Rightarrow \) Mặt phẳng qua \(I\) và vuông  góc với \(AB'\)  là \(\left( {ICD} \right).\)

Tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(C\) nên \(AC = BC = \dfrac{{AB}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{a}{{\sqrt 2 }}\).

\( \Rightarrow {S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AC.BC = \dfrac{1}{2}\dfrac{a}{{\sqrt 2 }}\dfrac{a}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{{a^2}}}{4}\).

Vì \(ABB'A'\) là hình vuông \( \Rightarrow AA' = AB = a.\)

\( \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{ABC}} = a.\dfrac{{{a^2}}}{4} = \dfrac{{{a^3}}}{4} = V\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}{V_{D.ACI}} = \dfrac{1}{3}AD.{S_{ACI}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{2}AA'.\dfrac{1}{2}{S_{ABC}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{{12}}{V_{ABC.A'B'C'}} = \dfrac{1}{{12}}.\dfrac{{{a^3}}}{4} = \dfrac{{{a^3}}}{{48}} = {V_1}\end{array}\)

\( \Rightarrow {V_2} = V - {V_1} = \dfrac{{{a^3}}}{4} - \dfrac{{{a^3}}}{{48}} = \dfrac{{11{a^3}}}{{48}}.\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Chiều cao của khối tứ diện đều cạnh a là: \(h = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}\)

Thể tích của khối tứ diện đều cạnh a là: \(V = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\)

Lời giải chi tiết:

Tứ diện đều .. có chiều cao h \( \Rightarrow \) Độ dài cạnh của tứ diện \(S.ABC\) là: \(\dfrac{{3h}}{{\sqrt 6 }} = \dfrac{{h\sqrt 6 }}{2}\)

\( \Rightarrow \) Thể tích của khối tứ diện \(S.ABC\) là: \({V_{S.ABC}} = \dfrac{{{{\left( {\dfrac{{h\sqrt 6 }}{2}} \right)}^3}\sqrt 2 }}{{12}} = \dfrac{{{h^3}.6\sqrt 6 .\sqrt 2 }}{{8.12}} = \dfrac{{{h^3}\sqrt 3 }}{8}\)

Tổng thể tích của ba khối tứ diện đều bị cắt đi là: \({V_0} = 3.\dfrac{{{x^3}\sqrt 3 }}{8}\)

Vì thể tích phần còn lại bằng một nửa thể tích khối tứ diện đều ban đầu nên, ta có: \(\dfrac{{3{x^3}\sqrt 3 }}{8} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{{h^3}\sqrt 3 }}{8} \Leftrightarrow 6{x^3} = {h^3} \Leftrightarrow x = \dfrac{h}{{\sqrt[3]{6}}}\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Gọi a’ là hình chiếu vuông góc của a trên mặt phẳng (P).

Góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) là góc giữa đường thẳng a và a’.

Lời giải chi tiết:

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Theo đề bài, ta có : \(A'G \bot \left( {ABC} \right)\).

\( \Rightarrow \angle \left( {AA';\left( {ABC} \right)} \right) = \angle GAA' = {60^0}\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AG = AA'.{\rm{cos6}}{{\rm{0}}^0} = \dfrac{a}{2} \Rightarrow AN = \dfrac{3}{2}.\dfrac{a}{2} = \dfrac{{3{\rm{a}}}}{4}\\A'G = AA'.{\rm{sin6}}{{\rm{0}}^0} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\end{array} \right.\)

Giả sử độ dài đoạn \(BC = x\) \( \Rightarrow BN = \dfrac{x}{2},\,AB = BC.\tan \angle C = \tan {60^0}.x = x\sqrt 3 \)

\( \Rightarrow AN = \sqrt {{{\left( {\dfrac{x}{2}} \right)}^2} + {{\left( {x\sqrt 3 } \right)}^2}}  = \dfrac{{x\sqrt {13} }}{2}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{x\sqrt {13} }}{2} = \dfrac{{3{\rm{a}}}}{4} \Rightarrow x = \dfrac{{3a}}{{2\sqrt {13} }} = \dfrac{{3\sqrt {13} }}{{26}}\\ \Rightarrow BC = \dfrac{{3a\sqrt {13} }}{{26}},\,\,AB = \dfrac{{3a\sqrt {13} }}{{26}}.\sqrt 3  = \dfrac{{3a\sqrt {39} }}{{26}}\\ \Rightarrow {S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}.AB.BC = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{3a\sqrt {13} }}{{26}}.\dfrac{{3a\sqrt {39} }}{{26}} = \dfrac{{9{a^2}\sqrt 3 }}{{104}}\end{array}\)

Thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là: \(V = {S_{ABC}}.A'G = \dfrac{{9{a^2}\sqrt 3 }}{{104}}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{27{a^3}}}{{208}}\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

* Sử dụng công thức tỉ số thể tích cho khối chóp tam giác

(Công thức Simson): Cho khối chóp S.ABC, các điểm \({A_1},\,{B_1},\,{C_1}\) lần lượt thuộc \(SA,\,SB,\,SC\). Khi đó,  \(\dfrac{{{V_{S.\,{A_1}{B_1}{C_1}}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{S{A_1}}}{{SA}}.\dfrac{{S{B_1}}}{{SB}}.\dfrac{{S{C_1}}}{{SC}}\)

* Công thức thể tích khối tứ diện đều cạnh a là: \(V = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\).

Lời giải chi tiết:

Trên các cạnh SB, SC lần lượt lấy B’, C’ sao cho \(SB' = SC' = SA = a\)

Lại có:  \(\angle {\rm{AS}}B' = \angle B'SC' = \angle C'SA = {60^0}\)\( \Rightarrow SAB'C'\) là tứ diện đều cạnh a \( \Rightarrow {V_{SAB'C'}} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\)

Ta có: \(\dfrac{{{V_{S.\,AB'C'}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SB'}}{{SB}}.\dfrac{{SC'}}{{SC}} = \dfrac{a}{{3{\rm{a}}\sqrt 2 }}.\dfrac{a}{{2{\rm{a}}\sqrt 3 }} = \dfrac{1}{{6\sqrt 6 }}\)\( \Rightarrow {V_{S.ABC}} = 6\sqrt 6 .{V_{S.AB'C'}} = 6\sqrt 6 .\dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}} = {a^3}\sqrt 3 .\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy S và chiều cao h là: \(V = Sh\)

Lời giải chi tiết:

\(ABC\) là tam giác vuông cân tại \(A,\,AC = 2\sqrt 2 \)

\( \Rightarrow {S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}A{C^2} = \dfrac{1}{2}.{\left( {2\sqrt 2 } \right)^2} = 4\)

Do góc giữa \(AC'\) và \(\left( {ABC} \right)\) bằng \({60^0}\) nên khoảng cách từ C’ đến (ABC):

\(d\left( {C';\left( {ABC} \right)} \right) = AC'.\sin {60^0} = 4.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3 \)

Thể tích khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) là:

\(V = {S_{ABC}}.s\left( {C';\left( {ABC} \right)} \right) = 4.2\sqrt 3  = 8\sqrt 3 \).

Chọn D.

Phương pháp giải:

- Tìm góc giữa mặt bên \(\left( {ACC'A'} \right)\) và mặt đáy: Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và vuông góc với giao tuyến.

- Tính chiều cao của hình lăng trụ dựa vào tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông.

- Áp dụng công thức tính thể tích hình lăng trụ có chiều cao \(h\), bán kính đáy \(B\) là \(V = B.h\).

Lời giải chi tiết:

Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB\) \( \Rightarrow A'M \bot \left( {ABC} \right)\,\,\,\left( {gt} \right).\)

Gọi \(N\) là trung điểm của \(AC\). Do tam giác \(ABC\) đều cạnh \(a\) nên \(BN = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\) và \({S_{\Delta ABC}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).

Kẻ\(MH \bot AC\,\,\left( {H \in AC} \right)\) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}AC \bot A'M\,\,\left( {A'M \bot \left( {ABC} \right)} \right)\\AC \bot MH\end{array} \right.\) \( \Rightarrow AC \bot \left( {A'MH} \right)\) \( \Rightarrow AC \bot A'H\).

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {ACC'A'} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AC\\\left( {ACC'A'} \right) \supset A'H \bot AC\\\left( {ABC} \right) \supset MH \bot AC\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \angle \left( {\left( {ACC'A'} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {A'H;MH} \right) = \angle A'HM = {45^0}\).

Ta có: \(A'M \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(A'M \bot MH\), khi đó tam giác \(A'MH\) vuông tại \(M\).

Lại có \(MH\) là đường trung bình của tam giác \(ABN\) nên \(MH = \dfrac{1}{2}BN = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}\).

\( \Rightarrow A'M = MH.\tan {45^0} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}\)

Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = A'M.{S_{\Delta ABC}}\)\( = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{3{a^3}}}{{16}}.\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

- Xác định chiều cao của khối chóp: Hai mặt phẳng vuông góc với nhau, một đường nằm trong mặt này và vuông góc với giao tuyến thì vuông góc với mặt phẳng kia.

- Xác định góc giữa hai mặt phẳng: Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến.

- Tính chiều cao \(SI\) dựa vào tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông.

- Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp có chiều cao \(h\), diện tích đáy \(B\) là \(V = \dfrac{1}{3}Bh\).

Lời giải chi tiết:

Trong \(\left( {SAB} \right)\) kẻ \(SI \bot AB\,\,\,\left( {I \in AB} \right)\) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\\\left( {SAB} \right) \supset SI \bot AB\end{array} \right.\) \( \Rightarrow SI \bot \left( {ABCD} \right)\).

\(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\,\,\left( {gt} \right)\\BC \bot SI\,\,\,\left( {SI \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\)\( \Rightarrow BC \bot SB\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC\\\left( {SBC} \right) \supset SB \bot BC\\\left( {ABCD} \right) \supset AB \bot BC\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \angle \left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SB;AB} \right) = \angle SBA = {30^0}\).

Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được  \(\angle \left( {\left( {SAD} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SA;AB} \right) = \angle SAB = {30^0}\)

Do đó tam giác \(SAB\) cân tại \(S\) nên \(I\) là trung điểm của \(AB\).

Tam giác \(SIA\) vuông tại \(I\) có \(\angle SAB = {30^0},\,\,AI = a\)\( \Rightarrow SI = a\tan {30^0} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}.\)

\({S_{ABCD}} = AB.BC = 2a.4a = 8{a^2}\).

Vậy \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}.SI.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}.8{a^2} = \dfrac{{8\sqrt 3 }}{9}{a^3}.\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Phân chia khối đa diện: \({V_{A'MPB'NQ}} = {V_{C.C'PQ}} - {V_{CC'A'B'NM}}\). Xác định các tỉ số về chiều cao và diện tích đáy để suy ra tỉ số giữa chóp, lăng trụ,…

Lời giải chi tiết:

Gọi diện tích đáy, chiều cao, thể tích của hình lăng trụ \(ABC.A'B'C'\)lần lượt là \(S,\,\,h,\,\,V\)\( \Rightarrow V = Sh\).

Ta có: \(\Delta PQC' \sim \Delta A'B'C'\) theo tỉ số \(2\)

\( \Rightarrow {S_{C'PQ}} = 4{S_{A'B'C'}} = 4S.\)

\( \Rightarrow {V_{C.C'PQ}} = \dfrac{1}{3}.h.4S = \dfrac{4}{3}V\).

Ta có : \({S_{ABNM}} = \dfrac{1}{2}{S_{ABB'A'}} \Rightarrow {V_{C.ABNM}} = \dfrac{1}{2}{V_{C.ABB'A'}}\)

Mà \({V_{C.ABB'A'}} = \dfrac{2}{3}V \Rightarrow {V_{C.ABNM}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{2}{3}V = \dfrac{V}{3}\)

\( \Rightarrow {V_{CC'A'B'NM}} = V - \dfrac{V}{3} = \dfrac{2}{3}V\)

Vậy \({V_{A'MPB'NQ}} = \dfrac{4}{3}V - \dfrac{2}{3}V = \dfrac{2}{3}V\).

Chọn D.

Phương pháp giải:

- Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\), chứng minh \(SI \bot \left( {ABC} \right)\).

- Kẻ \(IH \bot SC\), chứng minh \(SC \bot \left( {AHI} \right)\).

- Qua \(B\) dựng mặt phẳng song song với \(\left( {AHI} \right)\), chứng minh đó là mặt phẳng qua \(B\) và vuông góc với \(SC\).

- Sử dụng tỉ số thể tích: Cho hình chóp \(S.ABC\), các điểm \(A',\,\,B',\,\,C'\) lần lượt thuộc \(SA,\,\,SB,\,\,SC\), khi đó ta có \(\dfrac{{{V_{S.A'B'C'}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SA'}}{{SA}}.\dfrac{{SB'}}{{SB}}.\dfrac{{SC'}}{{SC}}\).

Lời giải chi tiết:

Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\), do tam giác \(SBC\) đều nên \(SI \bot BC\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\\left( {SBC} \right) \supset SI \bot BC\end{array} \right.\) \( \Rightarrow SI \bot \left( {ABC} \right)\).

Vì tam giác \(ABC\) cân tại \(A\) (gt) nên \(AI \bot BC\), lại có \(AI \bot SI\) (do \(SI \bot \left( {ABC} \right)\)) nên suy ra \(AI \bot \left( {SBC} \right)\), do đó \(AI \bot SC\).

Gọi \(K\) là trung điểm của \(SC\), do \(\Delta SBC\) đều nên \(BK \bot SC\), trong \(\left( {SBC} \right)\) kẻ \(IH\parallel BK\,\,\left( {H \in SC} \right)\) \( \Rightarrow IH \bot SC\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}IH \bot SC\\AI \bot SC\end{array} \right. \Rightarrow SC \bot \left( {AHI} \right)\).

Trong \(\left( {SAC} \right)\) kẻ \(KN\parallel AH\,\,\left( {N \in SA} \right)\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BK\parallel IH\\KN\parallel AH\end{array} \right. \Rightarrow \left( {BKN} \right)\parallel \left( {AHI} \right)\).

Mà \(SC \bot \left( {AHI} \right) \Rightarrow SC \bot \left( {BKN} \right)\).

Do đó mặt phẳng qua \(B\) và vuông góc với \(SC\) chính là \(\left( {BKN} \right)\). Mặt phẳng \(\left( {BKN} \right)\) chia khối chóp đã cho thành hai phần. Đặt \({V_1} = {V_{S.BKN}}\), \({V_2} = {V_{BKN.ABC}}\).

Áp dụng định lí Ta-lét ta có:

\(\begin{array}{l}\dfrac{{HC}}{{HK}} = \dfrac{{IC}}{{IB}} = 1 \Rightarrow HK = HC = \dfrac{1}{2}CK = \dfrac{1}{2}SK\\ \Rightarrow \dfrac{{SK}}{{SH}} = \dfrac{2}{3} = \dfrac{{SN}}{{SA}}\\ \Rightarrow \dfrac{{{V_{SBKN}}}}{{{V_{SBCA}}}} = \dfrac{{SK}}{{SC}}.\dfrac{{SN}}{{SA}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{2}{3} = \dfrac{1}{3}\\ \Rightarrow {V_1} = {V_{SBKN}} = \dfrac{1}{3}{V_{SBCA}} = \dfrac{1}{3}{V_{S.ABC}}\\ \Rightarrow {V_2} = \dfrac{2}{3}{V_{S.ABC}}\end{array}\)

Vậy \(\dfrac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \dfrac{1}{3}:\dfrac{2}{3} = \dfrac{1}{2}.\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

- Phân chia các khối đa diện.

- So sánh chiều cao, diện tích đáy, từ đó suy ra tỉ số thể tích các khối đa diện so với \(V = {V_{ABC.A'B'C'}}\).

Lời giải chi tiết:

Giả sử \(AB \cap \left( {MNP} \right) = Q\), khi đó ta có: \(\left( {MNP} \right) \cap \left( {ABC} \right) = PQ\).

Mà \(\left( {MNP} \right) \cap \left( {A'B'C'} \right) = MN\), \(\left( {ABC} \right)\parallel \left( {A'B'C'} \right)\).

\( \Rightarrow MN\parallel PQ\).

Ta có: \(\)

\( \Rightarrow MQ,\,\,NP,\,\,BB'\) đồng quy tại \(S\).

Khi đó ta có: \({V_1} = {V_{B'MN.BQP}} = {V_{S.B'MN}} - {V_{S.BQP}}\).

Đặt \(V = {V_{ABC.A'B'C'}}\).

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\dfrac{{SB}}{{SB'}} = \dfrac{{BP}}{{B'N}} = \dfrac{{\dfrac{1}{3}BC}}{{\dfrac{2}{3}B'C'}} = \dfrac{1}{2}\) \( \Rightarrow B\) là trung điểm của \(SB'\).

Ta có: \(\dfrac{{{S_{B'MN}}}}{{{S_{B'A'C'}}}} = \dfrac{{B'M}}{{B'A'}}.\dfrac{{B'N}}{{B'C'}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{2}{3} = \dfrac{1}{3}\).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{{V_{S.B'MN}}}}{{{V_{ABC.A'B'C'}}}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{SB'}}{{BB'}}.\dfrac{{{S_{B'MN}}}}{{{S_{A'B'C'}}}} = \dfrac{1}{3}.2.\dfrac{1}{3} = \dfrac{2}{9}\\ \Rightarrow {V_{S.B'MN}} = \dfrac{2}{9}V\end{array}\)

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\dfrac{{BQ}}{{BA}} = \dfrac{{BQ}}{{2BM'}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{SB}}{{SB'}} = \dfrac{1}{4}\)

 \( \Rightarrow \dfrac{{{S_{BQP}}}}{{{S_{ABC}}}} = \dfrac{{BQ}}{{BA}}.\dfrac{{BP}}{{BC}} = \dfrac{1}{4}.\dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{{12}}\).

\(\begin{array}{l}\dfrac{{{V_{S.BQP}}}}{{{V_{ABC.A'B'C'}}}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{SB}}{{BB'}}.\dfrac{{{S_{BQP}}}}{{{S_{ABC}}}} = \dfrac{1}{3}.1.\dfrac{1}{{12}} = \dfrac{1}{{36}}\\ \Rightarrow {V_{S.BQP}} = \dfrac{1}{{36}}V\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {V_1} = {V_{S.B'MN}} - {V_{S.BQP}} = \dfrac{2}{9}V - \dfrac{1}{{36}}V = \dfrac{7}{{36}}V\\ \Rightarrow {V_2} = V - {V_1} = \dfrac{{29}}{{36}}V\end{array}\) 

Vậy \(\dfrac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \dfrac{{\dfrac{7}{{36}}V}}{{\dfrac{{29}}{{36}}V}} = \dfrac{7}{{29}}.\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

+) Xác định góc giữa mặt bên và đáy.

+) Xác định khoảng cách từ chân đường cao đến mặt bên.

+) Áp dụng công thức tính thể tích \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}h.{S_d}\)

Lời giải chi tiết:

Gọi \(H\) là tâm tam hình vuông \(ABCD \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\)

Gọi \(E\) là trung điểm của \(BC\) ta có :

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot AE}\\{BC \bot SH}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAE} \right) \Rightarrow BC \bot SE\)

\( \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SE;AE} \right)} = \widehat {SEA} = {45^0}\)

Trong \(\left( {SAE} \right)\) kẻ \(HK \bot SE \Rightarrow HK \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow HK = a\)

\( \Rightarrow HE = \dfrac{{HK}}{{\cos 45}} = a\sqrt 2 \)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow AB = 2HE = 2a\sqrt 2  \Rightarrow {S_{ABCD}} = 8{a^2}\\SH = HE.\tan 45 = a\sqrt 2 \\ \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}.a\sqrt 2 .8{a^2} = \dfrac{{8{a^3}\sqrt 2 }}{3}\end{array}\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Sử dụng phân chia thể tích.

Sử dụng công thức tính thể tích hình chóp \(V = \dfrac{1}{3}h.S\) , thể tích lăng trụ \(V = h.S\)

Lời giải chi tiết:

Ta có: \({V_{ABC.A'B'C'}} = d\left( {B;\left( {A'B'C'} \right)} \right).{S_{A'B'C'}} = V\)

\({V_{B.A'B'C'}} = \dfrac{1}{3}d\left( {B;\left( {A'B'C'} \right)} \right).{S_{A'B'C'}} = \dfrac{1}{3}V\)

Suy ra \({V_{B.AA'C'C}} = {V_{ABC.A'B'C'}} - {V_{B.A'B'C'}}\)\( = V - \dfrac{1}{3}V = \dfrac{2}{3}V\)

Lại có: \({S_{ACFE}} = \dfrac{1}{2}{S_{AA'C'C}}\) (do E, F lần lượt là trung điểm của AA’, CC’)

Suy ra \({V_{B.AEFC}} = \dfrac{1}{3}d\left( {B,\left( {AA'C'C} \right)} \right).{S_{ACFE}}\)\( = \dfrac{1}{3}d\left( {B,\left( {AA'C'C} \right)} \right).\dfrac{1}{2}{S_{AA'C'C}}\)

\( = \dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{3}d\left( {B,\left( {AA'C'C} \right)} \right).{S_{AA'C'C}}\)\( = \dfrac{1}{2}{V_{B.AA'C'C}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{2}{3}V = \dfrac{1}{3}V\)

Suy ra \({V_{BEFA'B'C'}} = {V_{ABC.A'B'C'}} - {V_{B.ACFE}}\)\( = V - \dfrac{1}{3}V = \dfrac{2}{3}V\)

Vậy tỉ số thể tích giữa hai phần là: \({V_{B.ACFE}}:{V_{BEFA'B'C'}} = \dfrac{1}{3}V:\dfrac{2}{3}V = 1:2\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

- Chứng minh \(SI \bot \left( {ABC} \right)\).

- Góc giữa \(SB\) và \(\left( {ABC} \right)\) là góc giữa \(SB\) và hình chiếu của \(SB\) lên \(\left( {ABC} \right)\).

- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính chiều cao khối chóp.

- Thể tích khối chóp có chiều cao \(h\), diện tích đáy \(B\) là \(V = \dfrac{1}{3}B.h\).

Lời giải chi tiết:

Vì \(\Delta SAC\) cân tại \(S\) nên \(SI \bot AC\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\\left( {SAC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AC\\\left( {SAC} \right) \supset SI \bot AC\end{array} \right.\) \( \Rightarrow SI \bot \left( {ABC} \right)\).

\( \Rightarrow IB\) là hình chiếu của \(SB\) lên \(\left( {ABC} \right)\).

\(\angle \left( {SB;\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SB;IB} \right) = \angle SBI = {45^0}\).

Tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(B\), có \(AB = a\) nên \(BI = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Ta có \(SI \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(SI \bot BI\), suy ra tam giác \(SIB\) vuông tại \(I\).

Lại có \(\angle SBI = {45^0}\) nên \(\Delta SIB\) vuông cân tại \(I \Rightarrow SI = IB = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Ta có: \({S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.BC = \dfrac{1}{2}{a^2}\).

Vậy \({V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}{S_{ABC}}.SI = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{{a^2}}}{2}.\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\).

Chọn: A.

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính khoảng cách dựa vào thể tích: \(d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = \dfrac{{3{V_{S.ABC}}}}{{{S_{\Delta SBC}}}}\).

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\,\,\left( {gt} \right)\\BC \bot SA\,\,\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right).\)

\( \Rightarrow BC \bot SB\)\( \Rightarrow {S_{SBC}} = \dfrac{1}{2}.SB.BC = \dfrac{1}{2}.2a.a = {a^2}.\)

\(d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = \dfrac{{3{V_{S.ABC}}}}{{{S_{\Delta SBC}}}} = \dfrac{{3{a^3}}}{{{a^2}}} = 3a.\)

Chọn: A.