Diện tích đáy của khối lăng trụ đã cho là:

$S=2a.3a=6a^2$ 

$\Rightarrow$ Thể tích khối lăng trụ đã cho là:

 $V=Sh=6a^2.5a=30a^3$

Đáp án cần chọn là: A

Qua M dựng mặt phẳng (P) vuông góc với AA’ cắt các cạnh AA’, BB’, CC’ lần lượt tại N, E, F.

Ta có:

$AA\text{'}\perp NE\Rightarrow NE=d(E,AA\text{'})$

$=d(N,BB\text{'})=d(A,BB\text{'})=1$

$AA\text{'}\perp NF\Rightarrow NF=d(F,AA\text{'})$

$=d(N,CC\text{'})=d(A,CC\text{'})=2$

$AA\text{'}\perp \left(P\right)\Rightarrow CC\text{'}\perp \left(P\right)\Rightarrow EF\perp CC\text{'}$

$\Rightarrow EF=d(E,CC\text{'})=d(F,BB\text{'})$

$=d(C,BB\text{'})=\sqrt{5}$

Có: $N{E}^2+N{F}^2=E{F}^2\Rightarrow \Delta NEF$ 

vuông tại N (định lí Pitago)

$\Rightarrow MN=\frac{1}{2}EF=\frac{\sqrt{5}}{2}$

Xét tam giác AA’M vuông tại M, ta có:

$\frac{1}{M{N}^2}=\frac{1}{A{M}^2}+\frac{1}{A\text{'}{M}^2}$

$\iff \frac{4}{5}=\frac{1}{A{M}^2}+\frac{1}{5}$

$\iff AM=\frac{\sqrt{15}}{3}$

Ta có:  $\left\{\begin{array}{c}\left(P\right)\perp AA\text{'}\\ \left(A\text{'}B\text{'}C\text{'}\right)\perp AM\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left(\widehat{\left(P\right),\left(A\text{'}B\text{'}C\text{'}\right)}\right)=\left(\widehat{AA\text{'},AM}\right)=\widehat{A\text{'}MA}$

$\Rightarrow \cos \widehat{A\text{'}MA}=\frac{AM}{AA\text{'}}$

$=\frac{\frac{\sqrt{15}}{3}}{\sqrt{5+\frac{5}{3}}}=\frac{1}{2}$

Ta thấy $\Delta NEF$ là hình chiếu vuông góc của $\Delta A\text{'}B\text{'}C\text{'}$ lên mặt phẳng (P)

$\Rightarrow S_{A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=\frac{S_{NEF}}{\cos \widehat{A\text{'}AM}}$

$=\frac{\frac{1}{2}NE.NF}{\frac{1}{2}}$

$=1.2=2$

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

$=2.\frac{\sqrt{15}}{3}=\frac{2\sqrt{15}}{3}$

Đáp án cần chọn là: B

Tứ diện ABCD đều, gọi H là tâm tam giác đều

 $BCD\Rightarrow AH\perp \left(BCD\right)$

Có  $\left(AMN\right)\perp \left(BCD\right)$

$\Rightarrow \left(AMN\right)\supset AH\Rightarrow H\in MN$

$\Rightarrow V_{ABMN}=\frac{1}{3}AH.S_{BMN}$ với AH không đổi.

Dễ thấy diện tích tam giác BMN nhỏ nhất khi và chỉ khi tam giác BMN đều, khi đó  $MN//CD$

$\frac{BM}{BC}=\frac{BH}{BE}=\frac{2}{3}$

$\Rightarrow BM=\frac{2}{3}BC=2$

$\Rightarrow S_{BM{N}_{\min }}=\frac{2^2\sqrt{3}}{4}=\sqrt{3}$

Diện tích BMN lớn nhất khi và chỉ khi $\left[\begin{array}{c}N\equiv D\\ M\equiv C\end{array}\right.$, khi đó:

$S_{BM{N}_{\max }}=\frac{1}{2}BE=\frac{2}{3}.\frac{3\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$

$\Rightarrow AH=\sqrt{A{B}^2-B{H}^2}$

$=\sqrt{3^2-{\left(\sqrt{3}\right)}^2}=\sqrt{6}$

$\Rightarrow V_1=\frac{1}{3}.AH.S_{BM{N}_{\max }}$

$=\frac{1}{3}\sqrt{6}.\frac{9\sqrt{3}}{8}=\frac{9\sqrt{2}}{8}$

$\Rightarrow V_2=\frac{1}{3}.AH.S_{BM{N}_{\min }}$

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

$\Rightarrow V_1+V_2=\frac{17\sqrt{2}}{8}$

Đáp án cần chọn là: A

Hình hộp chữ nhật có 3 kích thước lần lượt 1, 2, 3 là:  V = 1.2.3 = 6

Đáp án cần chọn là: D

Xét khối chóp tam giác S.ABC,

có $\left\{\begin{array}{c}SA=a,SB=2a\\ SC=3a,\widehat{ASB}=\alpha \end{array}\right.$ 

và h là khoảng cách từ C đến (SAB)

Khi đó, thể tích khối chóp S.ABC là

$V=\frac{1}{3}.d\left(C;\left(SAB\right)\right).S_{\Delta SAB}$ (1)

Diện tích tam giác SAB là

$S_{\Delta SAB}=\frac{1}{2}.SA.SB.\sin \widehat{ASB}=a^2.\sin \alpha$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

$V=\frac{1}{3}.h.a^2.\sin \alpha$ 

mà  $\left\{\begin{array}{c}\sin \alpha \le 1\\ h\le SC=3a\end{array}\right.$

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

Dầu “=” xảy ra khi

$\sin \alpha =1,h=SC=3a$

 hay hình chóp S.ABC là tứ diện vuông đỉnh S.

Đáp án cần chọn là: C

Thể tích khối hộp chữ nhật là

 $V=a.2a.3a=6a^3$

Đáp án cần chọn là: B

Vì  $M\in \left(A\text{'}B\text{'}C\text{'}\right)$

$\Rightarrow d\left(M;\left(ABC\right)\right)=d\left(\left(A\text{'}B\text{'}C\text{'}\right);\left(ABC\right)\right)$

$\Rightarrow V_{M.ABC}=\frac{1}{3}d\left(M,\left(ABC\right)\right).S_{ABC}=\frac{1}{3}V$

Đáp án cần chọn là: C

ABCD.’B’C’D’ là hình hộp đứng

$\Rightarrow BB\text{'}\perp \left(ABCD\right)$

$\Rightarrow \left(\widehat{AB\text{'};\left(ABCD\right)}\right)=\left(\widehat{AB\text{'};AB}\right)$

$=\widehat{BAB\text{'}}=30°$

Tam giác ABB’ vuông tại B

 $\Rightarrow \tan \widehat{BAB\text{'}}=\frac{BB\text{'}}{AB}$

$\Rightarrow BB\text{'}=AB.\tan 30°=\frac{a}{\sqrt{3}}$

Tam giác ABD có:

$AB=AD=a,\widehat{BAD}=60°$

$\Rightarrow$ tam giác ABD đều, có cạnh đều bằng a.

$\Rightarrow S_{ABD}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$

$\Rightarrow S_{ABCD}=2.S_{ABD}$

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

Thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’:

 $V=S_{ABCD}.BB\text{'}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}.\frac{a}{\sqrt{3}}$

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

Đáp án cần chọn là: A

$S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.AC=\frac{1}{2}a.a\sqrt{3}$

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

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

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

Đáp án cần chọn là: A

Cạnh của khối lập phương đã cho là: $a=\sqrt[3]{27}=3$ diện tích toàn phần của khối lập phương đã cho là: ${6.3}^2=54$ 

Đáp án cần chọn là: D

Thể tích của khối chóp đã cho là:

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

Đáp án cần chọn là: D

Ta có:

$\left.\begin{array}{c}AC\perp AB\\ AC\perp SB\left(SB\perp \left(ABC\right)\right)\end{array}\right\}$

$\Rightarrow AC\perp \left(SAB\right)\Rightarrow AC\perp SA$

$\Rightarrow$ SA là hình chiếu vuông góc của SC trên (SAB)  

$\Rightarrow \left(\widehat{SC;\left(SAB\right)}\right)=\left(\widehat{SC;SA}\right)$

$=\widehat{CSA}=30°$

 $\left.\begin{array}{c}\left(SAC\right)\cap \left(ABC\right)=AC\\ \left(SAC\right)\supset SA\perp AC\\ \left(ABC\right)\supset AB\perp AC\end{array}\right\}$

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

$=\widehat{SAB}=60°$

$SB\perp \left(ABC\right)\Rightarrow SB\perp AB$

$\Rightarrow \Delta SAB$ vuông tại B

$\Rightarrow AB=SB.\cos 60°=a.\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$

$\Rightarrow SA=\sqrt{S{B}^2+A{B}^2}$

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

Xét tam giác vuông SAC ta có:

 $AC=SA.\tan 30°=\frac{2a}{\sqrt{3}}.\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{2a}{3}$

$S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.AC$

$=\frac{1}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{3}.\frac{2a}{3}=\frac{a^2\sqrt{3}}{9}$

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

$=\frac{1}{3}.a.\frac{a^2\sqrt{3}}{9}=\frac{a^3\sqrt{3}}{27}$

Đáp án cần chọn là: A

Gọi P là trung điểm của cạnh CD, ta có

 $\alpha =\left(\widehat{MN;BC}\right)=\left(\widehat{MN;NP}\right)$

Trong tam giác MNP, ta có:

 $\cos \widehat{MNP}=\frac{M{N}^2+P{N}^2-M{P}^2}{2MN.NP}$

$=\frac{1}{2}\Rightarrow \widehat{MNP}=60°$

Suy ra  $\sin \alpha =\frac{\sqrt{3}}{2}$

Đáp án cần chọn là: B

Ta có:  $S_{xq}=\left(11+12+13\right)h=144$

$\Rightarrow h=\frac{144}{36}=4$

Nửa chu vi đáy là:

 $\frac{11+12+13}{2}=18$

Diện tích đáy:

 $S_d=\sqrt{18\left(18-11\right)\left(18-12\right)\left(18-13\right)}$

$=6\sqrt{105}$

Vậy thể tích khối lăng trụ:

$V=S_d.h=$ $24\sqrt{105}c{m}^3$

Đáp án cần chọn là: A

Ta có: $SA=a,S_{\Delta ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$.

Suy ra thể tích $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SA.S_{\Delta ABC}$

  $\Rightarrow V_{S.ABC}=\frac{a^3\sqrt{3}}{12}$

Đáp án cần chọn là: C

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

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

Đáp án cần chọn là: C

Ta có:

ABCD là tứ diện vuông tại A nên  

$V_{ABCD}=\frac{1}{6}AB.AC.AD$

$=\frac{1}{6}.6a.7a.4a=28a^3$

Áp dụng công thức tính tỉ lệ thể tích các khối tứ diện, ta có:

$\frac{V_{DAPN}}{V_{DABC}}=\frac{DA}{DA}.\frac{DP}{DB}.\frac{DN}{DC}$

$=\frac{1}{1}.\frac{1}{2}.\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$

$\Rightarrow V_{DAPN}=\frac{1}{4}{V}_{DABC}$

$=\frac{1}{4}.28a^3=7a^3$

$\frac{V_{BAPM}}{V_{BADC}}=\frac{BA}{BA}.\frac{BP}{BD}.\frac{BM}{BC}$

$=\frac{1}{1}.\frac{1}{2}.\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$

$\Rightarrow V_{BAPM}=\frac{1}{4}{V}_{BADC}$

$=\frac{1}{4}.28a^3=7a^3$

$\frac{V_{CAMN}}{V_{CABD}}=\frac{CA}{CA}.\frac{CM}{CB}.\frac{CN}{CD}$

$=\frac{1}{1}.\frac{1}{2}.\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$

$\Rightarrow V_{CAMN}=\frac{1}{4}{V}_{CABD}$

$=\frac{1}{4}.28a^3=7a^3$

Do đó:  

Đáp án cần chọn là: D

Hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông, hình chiếu của đỉnh S trên đáy trùng với tâm đáy.

Hình chóp S.ABCD có các mặt đối xứng là $\left(SAC\right),\left(SBD\right),\left(SGI\right),\left(SHJ\right)$ với G, H, I, J lần lượt là trung điểm AB, BC, CD, DA.

Đáp án cần chọn là: D

Dễ dàng thấy bát diện đều, hình lập hương và lăng trụ lục giác đều có tâm đối xứng. Còn tứ diện đều không có.

Đáp án cần chọn là: A

Ta có:  $AB=SP=2MN=10cm$

$AD=MR=\sqrt{5^2-{\left(\frac{5}{2}\right)}^2}=5\sqrt{3}$

$\Rightarrow S_{ABCD}=AB.AD=50\sqrt{3}c{m}^2$

$V=S_{ABCD}.h=50\sqrt{3}.15=750\sqrt{3}c{m}^3$

Đáp án cần chọn là: D

Vì tam giác ABC vuông nên áp dụng Pitago

$CB=\sqrt{A{B}^2-A{C}^2}=\sqrt{5a^2-a^2}=2a$

Diện tích đáy:  

$S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}.a.2a=a^2$

Thể tích khối chóp:

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

$=\frac{1}{3}.a^2.3a=a^3$

Đáp án cần chọn là: C

 $\left.\begin{array}{c}\left(SAB\right)\perp \left(ABCD\right)\\ \left(SAD\right)\perp \left(ABCD\right)\\ \left(SAB\right)\cap \left(SAD\right)=SA\end{array}\right\}\Rightarrow SA\perp \left(ABCD\right)$

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

 $\Rightarrow \left(\widehat{SC;\left(ABCD\right)}\right)=\left(\widehat{SC;AC}\right)=\widehat{SCA}=45°$

  (vì $SA\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp AC\Rightarrow \Delta SAC$

 vuông tại A $\Rightarrow \widehat{SCA}<90°$)

$\Rightarrow SA=AC=a\sqrt{2}$

$S_{ABCD}=a^2$

$S_{AMN}=\frac{1}{2}AM.AN=\frac{1}{2}.\frac{a}{2}.\frac{a}{2}=\frac{a^2}{8}$

$S_{BCM}=\frac{1}{2}BM.BC=\frac{1}{2}.\frac{a}{2}.a=\frac{a^2}{4}$

$\Rightarrow S_{MCDN}=S_{ABCD}-S_{AMN}-S_{BCM}$

$=a^2-\frac{a^2}{8}-\frac{a^2}{4}=\frac{5a^2}{8}$

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

$=\frac{1}{3}a\sqrt{2}.\frac{5a^2}{8}=$$\frac{5a^3\sqrt{2}}{24}$

Đáp án cần chọn là: D

$\Delta ABC$ là tam giác đều cạnh a nên có diện tích  $S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$

Ta có:  $AM=\frac{A{A}_1}{2}=\frac{a}{2}$

Hai tứ diện MABC và $M{A}_{1}BC$ có chung đỉnh C, diện tích hai đáy $MAB$ và $M{A}_{1}B$ bằng nhau nên có thể tích bằng nhau. Suy ra:

$V_{M.BC{A}_1}=V_{M.ABC}$

$=\frac{1}{3}AM.S_{ABC}=\frac{a^3\sqrt{3}}{24}$

Đáp án cần chọn là: B

Ta có:

$S_{BCC\text{'}B\text{'}}=d\left(B;CC\text{'}\right).CC\text{'}$

  $S_{BMNC}=\frac{\left(BM+CN\right)d\left(B;CC\text{'}\right)}{2}$

 $=\frac{1}{2}d\left(B;CC\text{'}\right)\left(\frac{1}{2}CC\text{'}+\frac{2}{3}CC\text{'}\right)$

$=\frac{7}{12}d(B;CC\text{'}).CC\text{'}$

$\Rightarrow \frac{S_{BMNC}}{S_{BCC\text{'}B\text{'}}}=\frac{7}{12}\Rightarrow \frac{V_{A.BMNC}}{V_{A.BCC\text{'}B\text{'}}}=\frac{7}{12}$

$\Rightarrow V_{A.BMNC}=\frac{7}{12}{V}_{A.BCC\text{'}B\text{'}}$

Mà $V_{A.BCC\text{'}B\text{'}}=\frac{2}{3}V$

$\Rightarrow V_{A.BMNC}=\frac{7}{12}.\frac{2}{3}V=\frac{7}{18}V$

Đáp án cần chọn là: B

Gọi $O=AC\cap BD$.

Vì chóp S.ABCD đều nên  $SO\perp \left(ABCD\right)$

Vì chóp S.ABCD đều nên ABCD là hình vuông

 $\Rightarrow S_{ABCD}=A{B}^2=16$

$\Rightarrow AB=4\left(cm\right)=AD$

Gọi E là trung điểm của AB

$\Rightarrow$ OE là đường trung bình của tam giác ABD

$\Rightarrow OE//AD\Rightarrow OE\perp AB$ 

và  $OE=\frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}.4=2\left(cm\right)$

$\left.\begin{array}{c}OE\perp AB\\ SO\perp AB\left(SO\perp \left(ABCD\right)\right)\end{array}\right\}$

$\Rightarrow AB\perp \left(SOE\right)\Rightarrow AB\perp SE$

$\Rightarrow S_{\Delta SAE}=\frac{1}{2}SE.AB=8\sqrt{3}$

$\Rightarrow SE=\frac{16\sqrt{3}}{AB}=\frac{16\sqrt{3}}{4}=4\sqrt{3}$

$SO\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow SO\perp OE\Rightarrow \Delta SOE$

 vuông tại O

$\Rightarrow SO=\sqrt{S{E}^2-O{E}^2}$

$=\sqrt{48-4}=\sqrt{44}=2\sqrt{11}\left(cm\right)$

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

$=\frac{1}{3}.2\sqrt{11}.16=\frac{32\sqrt{11}}{3}\left(c{m}^3\right)$

Đáp án cần chọn là: C

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC.

Vì chóp S.ABC đều nên  $SG\perp \left(ABC\right)$

Gọi D là trung điểm của BC ta có:  $AD\perp BC$

Ta có:

 $\left.\begin{array}{c}BC\perp AD\\ BC\perp SG\left(SG\perp \left(ABC\right)\right)\end{array}\right\}$

$\Rightarrow BC\perp \left(SAD\right)\Rightarrow BC\perp SD$

$\left.\begin{array}{c}\left(SBC\right)\cap \left(ABC\right)=BC\\ \left(SBC\right)\supset SD\perp BC\\ \left(ABC\right)\supset AD\perp BC\end{array}\right\}$

$\Rightarrow \left(\widehat{\left(SBC\right);\left(ABC\right)}\right)=\left(\widehat{SD;AD}\right)$

$=\widehat{SAD}=60°$

Vì tam giác ABC đều cạnh a nên

 $AD=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow DG=\frac{1}{3}AD=\frac{a\sqrt{3}}{6}$

$SG\perp \left(ABC\right)\Rightarrow SG\perp AD\Rightarrow \Delta SGD$ vuông tại G

$\Rightarrow SG=GD.\tan 60=\frac{a\sqrt{3}}{6}.\sqrt{3}=\frac{a}{2}$

Tam giác ABC đều  

$\Rightarrow S_{\Delta ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$

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

$=\frac{1}{3}.\frac{a}{2}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{3}}{24}$

Đáp án cần chọn là: C

Gọi  $O=AC\cap BD$

Vì chóp S.ABCD đều nên  $SO\perp \left(ABCD\right)$

Đặt  $SA=SB=SC=SD=a$

Tam giác SCD có: $SC=SD;\widehat{CSD}=60°$

$\Rightarrow \Delta SCD$ đều  

$\Rightarrow CD=SC=SD=a$

 $\Rightarrow$Hình vuông ABCD cạnh a  

$\Rightarrow AC=BD=a\sqrt{2}$

$\Rightarrow OC=\frac{1}{2}AC=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

$SO\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow SO\perp OC\Rightarrow \Delta SOC$ vuông tại O.

  $\Rightarrow SO=\sqrt{S{C}^2-O{C}^2}$

$\to h=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

$\Rightarrow S_{ABCD}=a^2={\left(h\sqrt{2}\right)}^2=2h^2$

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

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

Đáp án cần chọn là: C