Ta có:

 $S_{\Delta BCD}=\frac{1}{2}{S}_{ABCD}=\frac{1}{2}{a}^2$

$V_{S.BCD}=\frac{1}{3}SA.S_{BCD}$

$=\frac{1}{3}a.\frac{1}{2}{a}^2=\frac{a^3}{6}$

Đáp án cần chọn là: A

Ta có:

 $S_{ABC}=\frac{1}{2}A{B}^2=\frac{1}{2}{a}^2$

$\Rightarrow V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SC.S_{ABC}$

$=\frac{1}{3}.3a.\frac{1}{2}{a}^2=\frac{1}{2}{a}^3$

Đáp án cần chọn là: C

Công thức tính thể tích khối chóp $V=\frac{1}{3}Sh$

Đáp án cần chọn là: C

Đặc biệt hóa, coi ABCD.A’B’C’D’ là khối lập phương cạnh bằng 1

 $\Rightarrow V_{ABCD.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}=1=V$

Dễ thấy PQEFNM là khối bát diện đều cạnh

 $QE=\frac{1}{2}BD=\frac{\sqrt{2}}{2}$

Vậy

 $V_{PQEFNM}=\frac{{\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^3\sqrt{2}}{3}=\frac{1}{6}=\frac{V}{6}$

Đáp án cần chọn là: C

Nếu A’, B’, C’ là ba điểm lần lượt nằm trên các cạnh SA, SB, SC của hình chóp tam giác S.ABC thì:

$\frac{V_{S.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}{V_{S.ABC}}=\frac{SA\text{'}}{SA}.\frac{SB\text{'}}{SB}.\frac{SC\text{'}}{SC}$

Thể tích khối chóp đã cho là:

 $V_{SABCD}=\frac{1}{3}SA.S_{ABCD}$

$=\frac{1}{3}.3a.a^2=a^3$

Đáp án cần chọn là: A

Ta có: $\Delta ABC$ cân tại C

 $\Rightarrow AC=BC=a$

$\Rightarrow S_{ABC}=\frac{1}{2}AC.BC.\sin C$

$=\frac{1}{2}.a.a.sin45°$

$=\frac{1}{2}{a}^2.\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{a^2\sqrt{2}}{4}$

Áp dụng định lí Pitago cho $\Delta AA\text{'}C$ vuông tại A ta có:

$AA\text{'}=\sqrt{A\text{'}{C}^2-A{C}^2}$

$=\sqrt{5a^2-a^2}=2a$

$\Rightarrow V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=AA\text{'}.S_{ABC}$

$=2a.\frac{a^2\sqrt{2}}{4}=\frac{a^3\sqrt{2}}{2}$

Đáp án cần chọn là: B

Thể tích khối đa diện OABC là:

 $V_{OABC}=\frac{1}{6}abc$

Đáp án cần chọn là: D

Ta có tam giác ABC vuông cân tại A và

 $BC=a\Rightarrow AB=AC=\frac{a}{\sqrt{2}}$

Khi đó:

  $S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.AC$

$=\frac{1}{2}.\frac{a}{\sqrt{2}}.\frac{a}{\sqrt{2}}=\frac{a^2}{4}$

Vậy thể tích khối chóp S.ABC là:

 $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SA.S_{\Delta ABC}$

$=\frac{1}{3}.a.\frac{a^2}{4}=\frac{a^3}{12}$

Đáp án cần chọn là: B

Diện tích toàn phần của hình hộp chữ nhật:

 $S_{tp}=S_{xq}+2ab=2h\left(a+b\right)+2ab$

Thể tích hình hộp chữ nhật: 

V = abh

Thể tích của lăng trụ là:

 $V=S_d.h$

Diện tích toàn phần của khối lập phương:  

$S_{tp}=6a^2$

Thể tích của khối lập phương:

 $V=a^3$

Thể tích khối chóp là:

 $V=\frac{1}{3}{S}_d.h$

Do đó các đáp án B, C, D đúng, chỉ có A sai.

Đáp án cần chọn là: A

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 Pitago)

 $\Rightarrow S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AB.BC=\frac{1}{2}\mathrm{.6.8}=24$

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên (ABC) và giả sử SA hợp với đáy góc $60°$ 

 HA là hình chiếu của SA lên (ABC)

$\Rightarrow \left(\widehat{SA;\left(ABC\right)}\right)=\left(\widehat{SA;HA}\right)$

$=\widehat{SAH}=60°$

$\Rightarrow SH=SA.\sin 60°=4.\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$

Vậy  $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SH.S_{\Delta ABC}$

$=\frac{1}{3}.2\sqrt{3}.24=16\sqrt{3}$

Đáp án cần chọn là: D

Ta có: $SA\perp \left(ABCD\right)$

$\Rightarrow AB$ là hình chiếu của SB trên (ABCD)

$\Rightarrow \left(\widehat{SB,\left(ABCD\right)}\right)=\left(\widehat{SB,AB}\right)$

$=\widehat{SBA}=45°$

$\Rightarrow \Delta SAB$ vuông cân tại A 

$\Rightarrow SA=AB=a$

$\Rightarrow V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SA.S_{ABC}$

$=\frac{1}{3}SA.\frac{1}{2}{S}_{ABCD}$

$=\frac{1}{3}.a.\frac{1}{2}.a.2a=\frac{a^3}{3}$

Đáp án cần chọn là: C

Vì M là trung điểm của SD nên

 $\frac{V_{S.ABM}}{V_{S.ABD}}=\frac{SM}{SD}=\frac{1}{2}$

Mà $\frac{V_{S.ABD}}{V_{S.ABCD}}=\frac{1}{2}$

$\Rightarrow V_{S.ABD}=\frac{1}{2}.4a^3=2a^3$

$\Rightarrow V_{S.ABM}=a^3=\frac{1}{3}.d\left(M;\left(SAB\right)\right).S_{SAB}$

$\iff d\left(M;\left(SAB\right)\right)=\frac{3a^3}{a^2}=3a$

Đáp án cần chọn là: C

Ta có: $SA\perp \left(ABCD\right)$

$\Rightarrow$ AC là hình chiếu của SC trên  (ABCD)

 $\Rightarrow \left(\widehat{SC;\left(ABCD\right)}\right)=\left(\widehat{SC;AC}\right)=60°$

$SA\perp \left(ABCD\right)$

$\Rightarrow$ $SA\perp AC$

$\Rightarrow \Delta SAC$ vuông tại A và  $\widehat{SCA}=60°$

Xét tam giác vuông SAC có:

$SA=AC.\tan 60=a\sqrt{2}.\sqrt{3}=a\sqrt{6}$;  

$SC=\frac{AC}{\cos 60}=\frac{a\sqrt{2}}{\frac{1}{2}}=2a\sqrt{2}$

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

$A{C}^2=HC.SC$

$\Rightarrow \frac{HC}{SC} =\frac{A{C}^2}{S{C}^2}=\frac{2a^2}{8a^2}=\frac{1}{4}$

Trong (SAC) kẻ 

$HK//SA\Rightarrow HK\perp \left(ABCD\right)$

Ta có:  

$\frac{HK}{SA}=\frac{HC}{SC}=\frac{1}{4}$

$\Rightarrow HK=\frac{1}{4}SA=\frac{a\sqrt{6}}{4}$

Vậy  $V_{H.ABCD}=\frac{1}{3}HK.S_{ABCD}$

$=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{6}}{4}.\frac{3a^2}{2}=\frac{a^3\sqrt{6}}{8}$

Đáp án cần chọn là: C

Thể tích khối tứ diện ABCD đã cho là:

 $V=\frac{1}{6}AB.AC.AD=\frac{1}{6}.2a.3a.4a=4a^3$

Đáp án cần chọn là: D

Thể tích khối chóp đã cho là:

 $V=\frac{1}{3}Bh=\frac{1}{3}\mathrm{.6.4}=8$

Đáp án cần chọn là: D

Công thức tính thể tích lăng trụ có diện tích đáy S và chiều cao h là: V = Sh.

Đáp án cần chọn là: D

Vì BC // AD nên mặt phẳng (BMC) cắt (SAD) theo đoạn thẳng  $MN//AD\left(N\in SD\right)$

Vì  $MN//AD\Rightarrow \frac{SM}{SA}=\frac{SN}{SD}=k$

$\frac{V_{S.MBC}}{V_{S.ABC}}=\frac{SM}{SA}=k$

$\Rightarrow V_{S.MBC}=k.V_{S.ABC}=\frac{k}{2}{V}_{S.ABCD}$

$\frac{V_{S.MNC}}{V_{S.ADC}}=\frac{SM}{SA}.\frac{SN}{SD}=k^2$

$\Rightarrow V_{S.MNC}=k^2.V_{S.ADC}=\frac{k^2}{2}{V}_{S.ABCD}$ 

$\Rightarrow V_{S.MBCN}=V_{S.MBC}+V_{S.MNC}$

$=(\frac{k}{2}+\frac{k^2}{2})V_{S.ABCD}$

Để mặt phẳng (BMNC) chia hình chóp thành 2 phần có thể tích bằng nhau thì:

$\frac{k}{2}+\frac{k^2}{2}=\frac{1}{2}\iff k^2+k-1=0$

$\iff k=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$ do k > 0

Đáp án cần chọn là: B

Do $\Delta ABC$ vuông cân tại B có

$AC=2a\Rightarrow AB=BC=\frac{AC}{\sqrt{2}}=a\sqrt{2}$ 

$\Rightarrow V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SA.\frac{1}{2}BA.BC$

$=\frac{1}{6}.2a.a\sqrt{2}.a\sqrt{2}=\frac{2a^3}{3}$

Đáp án cần chọn là: A

Gọi $O=AC\cap BD$ ta có  $SO\perp \left(ABCD\right)$

$\Rightarrow \left(\widehat{SA;\left(ABC\right)}\right)=\left(\widehat{SA;\left(ABCD\right)}\right)$

$=\widehat{SAO}=45°$

$\Rightarrow SO=OA=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

$\Rightarrow V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SO.S_{ABCD}$

$=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{2}}{2}.a^2=\frac{a^3\sqrt{2}}{6}$

Đáp án cần chọn là: B

Trong mp (SBC) kẻ

$SH\perp BC\left(H\in BC\right)$

$\Rightarrow SH\perp \left(ABC\right)$, H là trung điểm BC.

Xét tam giác vuông ABC có

$BC=\sqrt{a^2+3a^2}=2a$

$\Rightarrow \Delta SBC$ đều cạnh 2a

$\Rightarrow SH=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a{\sqrt{3}}^3$

$\Rightarrow V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SH.S_{\Delta ABC}$

$=\frac{1}{6}SH.AB.AC=\frac{1}{2}a$

Đáp án cần chọn là: A

Vì A’B’C’D’ là hình vuông cạnh a nên  $B\text{'}D\text{'}=a\sqrt{2}$

$BB\text{'}\perp \left(A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}\right)$

$\Rightarrow BB\text{'}\perp B\text{'}D\text{'}$

$\Rightarrow \Delta BB\text{'}D\text{'}$ vuông tại B'

$\Rightarrow BB\text{'}=\sqrt{BD{\text{'}}^2-B\text{'}D{\text{'}}^2}$

$=\sqrt{6a^2-2a^2}=2a$

Vậy  $V_{ABCD.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}=BB\text{'}.S_{ABCD}$

$=2a.a^2=2a^3$

Đáp án cần chọn là: D

Gọi $O=AC\cap BD$ ta có: OA = 3cm; OB = 4cm.

Xét tam giác vuông OAB có:

 $AB=\sqrt{O{A}^2+O{B}^2}$

$=\sqrt{3^2+4^2}=5cm$

Khi đó chu vi đáy bằng

 $P=4.5=20=2.AA\text{'}\Rightarrow AA\text{'}=10\left(cm\right)$

$S_{ABCD}=\frac{1}{2}AC.BD=\frac{1}{2}\mathrm{.6.8}=24\left(c{m}^2\right)$

Vậy  $V_{ABCD.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}=AA\text{'}.S_{ABCD}$

$=10.24=240\left(c{m}^3\right)$

Đáp án cần chọn là: C

Chọn $AD=BE=CF=\frac{5}{3}$ thì đa diện hình lăng trụ đứng ABC.DEF có diện tích đáy $S_{ABC}=10$, chiều cao  $AD=\frac{5}{3}$

Thể tích  $V=S_{ABC}.AD=10.\frac{5}{3}=\frac{50}{3}$

Đáp án cần chọn là: C

Gọi O là trọng tâm tam giác BCD

$\Rightarrow \overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{GD}=3\overrightarrow{GO}$

$\Rightarrow \overrightarrow{GA}+3\overrightarrow{GO}=\overrightarrow{0}$

$\Rightarrow \overrightarrow{GA}=-3\overrightarrow{GO}$

$\Rightarrow \frac{AG}{AO}=\frac{3}{4}$

Trong (ABC) gọi  $F=BG\cap AE\left(F\in AE\right)$

Lấy $M\in AC$,

trong (ACD) gọi $N=MF\cap AD\left(N\in AD\right)$,

khi đó ta có mặt phẳng chứ BG cắt AC, AD lần lượt tại M, N chính là (BMN).

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác AOE, cát tuyến BGF:

$\frac{GA}{GO}.\frac{BO}{BE}.\frac{FE}{FA}=1$

$\Rightarrow 3.\frac{2}{3}.\frac{FE}{FA}=1$

$\Rightarrow \frac{FE}{FA}=\frac{1}{2}\Rightarrow \frac{AF}{AE}=\frac{2}{3}$

$\Rightarrow F$  là trọng tâm tam giác ACD

Trong (ACD) kéo dài MN cắt CD tại H.

Đặt  $\frac{AM}{AC}=x\left(0<x<1\right)$

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác ACE, cát tuyến MHF:

$\frac{MA}{MC}.\frac{HC}{HE}.\frac{FE}{FA}=1$

$\Rightarrow \frac{x}{1-x}.\frac{HC}{HE}.\frac{1}{2}=1$

$\Rightarrow \frac{HC}{HE}=\frac{2\left(1-x\right)}{x}$

$\Rightarrow HE=\frac{x}{2\left(1-x\right)}HC$

 $\Rightarrow HC+CE=\frac{x}{2\left(1-x\right)}HC$

$\Rightarrow CE=\frac{3x-2}{2\left(1-x\right)}HC$

Ta có:

$HD=HC+2CE$

$=HC+\frac{3x-2}{1-x}HC$

$=\frac{2x-1}{1-x}HC$

$\Rightarrow \frac{HE}{HD}=\frac{x}{2\left(1-x\right)}:\frac{2x-1}{1-x}$

$=\frac{x}{2(2x-1)}$

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác AED, cát tuyến MFN:

$\frac{FA}{FE}.\frac{HE}{HD}.\frac{ND}{NA}=1$

$\Rightarrow 2.\frac{x}{2\left(2x-1\right)}.\frac{ND}{NA}=1$

$\Rightarrow \frac{ND}{NA}=\frac{2x-1}{x}\Rightarrow \frac{NA}{ND}=\frac{x}{2x-1}$

$\Rightarrow \frac{NA}{NA+ND}=\frac{x}{x+2x-1}=\frac{x}{3x-1}$

$\Rightarrow \frac{AN}{AD}=\frac{x}{3x-1}$

Khi đó ta có:

  $\frac{V_{ABMN}}{V_{ABCD}}=\frac{AM}{AC}.\frac{AN}{AD}$

$= x.\frac{x}{3x-1}=\frac{x^2}{3x-1}\left(x>\frac{1}{3}\right)$

Xét hàm số $f\left(x\right)=\frac{x^2}{3x-1}\left(x>\frac{1}{3}\right)$ 

ta có:  

$f\text{'}\left(x\right)=\frac{2x\left(3x-1\right)-3x^2}{{\left(3x-1\right)}^2}=\frac{3x^2-2x}{{\left(3x-1\right)}^2}$

$f\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{c}x=0\left(ktm\right)\\ x=\frac{2}{3}\end{array}\right.$

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy

 $\underset{\left(\frac{1}{3};+\infty \right)}{\min }f\left(x\right)=f\left(\frac{2}{3}\right)=\frac{4}{9}$

Vậy giá trị nhỏ nhất của tỉ số  $\frac{V_{ABMN}}{V_{ABCD}}=\frac{4}{9}$

Đáp án cần chọn là: B