ĐGNL ĐHQG Hà Nội - Tư duy định lượng - Thể tích khối hộp

Gọi H là tâm tam giác đều ABC . Vì\[A'A = A'B = A'C\] nên hình chóp\[A'.ABC\] là đều nên\[A'H \bot \left( {ABC} \right)\]

Gọi I là trung điểm của AB.

Vì tam giác ABC đều cạnh a nên\[CI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow HI = \frac{1}{3}CI = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\]

Tam giác A′AB  cân tại A′  nên\[A'I \bot AB \Rightarrow {\rm{\Delta }}A'AI\] vuông tại

\[I \Rightarrow A'I = \sqrt {A{A^{\prime 2}} - A{I^2}} = \sqrt {\frac{{7{a^2}}}{{12}} - \frac{{{a^2}}}{4}} = \frac{a}{{\sqrt 3 }}\]

\[A'H \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow A'H \bot HI \Rightarrow {\rm{\Delta }}A'HI\] vuông tại

\[H \Rightarrow A'H = \sqrt {A'{I^2} - H{I^2}} = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{3} - \frac{{{a^2}}}{{12}}} = \frac{a}{2}\]

Vì tam giác ABC đều cạnh a nên\[{S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\]

Vậy\[{V_{ABC.A'B'C'}} = A'H.{S_{ABC}} = \frac{a}{2}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{8}\]

Đáp án cần chọn là: B

Trong (A’B’C’) kẻ\[B'K \bot A'C'\,\,\left( {K \in A'C'} \right)\]

Ta có:

\(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{AB\prime \bot A\prime C\prime (AB\prime \bot (A\prime B\prime C\prime ))}\\{B\prime K \bot A\prime C\prime }\end{array}} \right\} \Rightarrow A\prime C\prime \bot (AB\prime K)\)

\[ \Rightarrow A\prime C\prime \bot AK\]

\(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{(AA\prime C\prime ) \cap (A\prime B\prime C\prime ) = A\prime C\prime }\\{(AA\prime C\prime ) \supset AK \bot A\prime C\prime }\\{(A\prime B\prime C\prime ) \supset B\prime K \bot A\prime C\prime }\end{array}} \right\} \Rightarrow ((AA\prime \widehat {C\prime );(A\prime }B\prime C\prime )) = (A\widehat {K;B}\prime K) = \widehat {AKB\prime } = {30^0}\)

Ta có:

\[\begin{array}{*{20}{l}}{{S_{A'B'C'}} = \frac{1}{2}A'B'.A'C'.\sin 120 = \frac{1}{2}{a^2}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{1}{2}B'K.A'C'}\\{ \Rightarrow B'K = \frac{{2{S_{A'B'C'}}}}{{A'C'}} = \frac{{\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}}}{a} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}}\end{array}\]

\[AB' \bot \left( {A'B'C'} \right) \Rightarrow AB' \bot B'K \Rightarrow {\rm{\Delta }}AB'K\] vuông tại B’

\[ \Rightarrow AB' = B'K.tan30 = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{{\sqrt 3 }}{3} = \frac{a}{2}\]

Vậy\[{V_{ABC.A'B'C'}} = AB'.{S_{A'B'C'}} = \frac{a}{2}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{8}\]

Đáp án cần chọn là: C

Gọi O là tâm hình bình hành \[ABB'A'\] Ta có\[CO \bot \left( {ABB'A'} \right) \Rightarrow CO \bot OA;CO \bot OB\]

\[{\rm{\Delta }}COA = {\rm{\Delta }}COB\left( {c.g.c} \right) \Rightarrow OA = OB \Rightarrow AB' = A'B \Rightarrow ABB'A'\] là hình chữ nhật.

Lại có\[AB = BB' = a \Rightarrow ABB'A'\] là hình vuông

Khi đó \[OA = OB = \frac{{AB}}{{\sqrt 2 }} = \frac{a}{{\sqrt 2 }}\]

Xét tam giác vuông OAC có:\[OC = \sqrt {A{C^2} - O{A^2}} = \sqrt {{a^2} - \frac{{{a^2}}}{2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\]

\[ \Rightarrow {V_{C.A'AB}} = \frac{1}{3}OC.{S_{A'AB}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\]

Mà 

\[{V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}}.d\left( {A',\left( {ABC} \right)} \right) = 3.\frac{1}{3}{S_{ABC}}.d\left( {A',\left( {ABC} \right)} \right) = 3.{V_{A'.ABC}}\]

Vậy\[{V_{ABC.A'B'C'}} = 3{V_{C.A'AB}} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{4}\]Đáp án cần chọn là: C

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:\[{S_{tp}} = 6{a^2}.\]

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

Kẻ\[A'H \bot \left( {ABCD} \right);HM \bot AB;HN \bot AD\]

Ta có:\(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{A\prime H \bot AB}\\{HM \bot AB}\end{array}} \right\} \Rightarrow AB \bot (A\prime HM) \Rightarrow AB \bot A\prime M\)

\(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{(ABB\prime A\prime ) \cap (ABCD) = AB}\\{(ABB\prime A\prime ) \supset A\prime M \bot AB}\\{(ABCD) \supset HM \bot AB}\end{array}} \right\} \Rightarrow ((ABB\prime \widehat {A\prime );(A}BCD)) = (A\prime \widehat {M;H}M) = \widehat {A\prime MH} = {45^o}\)

Chứng minh tương tự ta có\[\widehat {A'NH} = {60^0}\]

Đặt A′H=x khi đó ta có:

\[A'N = \frac{x}{{\sin 60}} = \frac{{2x}}{{\sqrt 3 }},AN = \sqrt {A{A^{\prime 2}} - A'{N^2}} = \sqrt {1 - \frac{{4{x^2}}}{3}} = HM\]

Mà \[HM = x.\cot 45 = x\]

\[ \Rightarrow x = \sqrt {1 - \frac{{4{x^2}}}{3}} \Leftrightarrow {x^2} = 1 - \frac{{4{x^2}}}{3} \Leftrightarrow \frac{{7{x^2}}}{3} = 1 \Rightarrow {x^2} = \frac{3}{7} \Rightarrow x = \sqrt {\frac{3}{7}} \]

\[{S_{ABCD}} = \sqrt 3 .\sqrt 7 = \sqrt {21} \]Vậy\[{V_{ABCD.A'B'C'D'}} = A'H.{S_{ABCD}} = \sqrt {\frac{3}{7}} .\sqrt {21} = 3\]

Đáp án cần chọn là: A

Gọi D là trung điểm của AB. Trong (CC′D) kẻ \[OH \bot CC' \Rightarrow OH = a\]

\(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{CD \bot AB}\\{C\prime O \bot AB}\end{array}} \right\} \Rightarrow AB \bot (CC\prime D) \Rightarrow AB \bot CC\prime \)

Trong (ABC), qua O kẻ\[EF//AB\left( {E \in BC;F \in AC} \right)\]

Ta có: \(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{EF \bot CC\prime }\\{OH \bot CC'}\end{array}} \right\} \Rightarrow CC\prime \bot (EFH) \Rightarrow CC\prime \bot HE;CC\prime \bot HF\)

Ta có:

\(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{(ACC\prime A\prime ) \cap (BCC\prime B\prime ) = CC\prime }\\{(ACC\prime A\prime ) \supset HF \bot CC\prime }\\{(BCC\prime B\prime ) \supset HE \bot CC\prime }\end{array}} \right\} \Rightarrow ((ACC\prime \widehat {A\prime );(B}CC\prime B\prime )) = (H\widehat {F;H}E) = {90^0}\)

\[ \Rightarrow HE \bot HF\]

\[ \Rightarrow {\rm{\Delta }}HEF\] vuông tại H

\[{\rm{\Delta }}HCE = {\rm{\Delta }}HCF\left( {c.g.v - c.h} \right) \Rightarrow HE = HF \Rightarrow {\rm{\Delta }}HEF\] vuông cân tại H\[ \Rightarrow EF = 2HO = 2a\]

Ta có:\[\frac{{EF}}{{AB}} = \frac{{CO}}{{CD}} = \frac{2}{3} \Rightarrow AB = \frac{3}{2}EF = \frac{3}{2}.2a = 3a\]

\[ \Rightarrow {S_{{\rm{\Delta }}ABC}} = \frac{{A{B^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{9{a^2}\sqrt 3 }}{4}\]

\[CD = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow CO = \frac{2}{3}AB = \frac{2}{3}.\frac{{3a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \]

\[C'O \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow C'O \bot CO \Rightarrow {\rm{\Delta }}CC'O\] vuông tại O

\[ \Rightarrow \frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{C'{O^2}}} + \frac{1}{{C{O^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{C'{O^2}}} = \frac{1}{{O{H^2}}} - \frac{1}{{C{O^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} - \frac{1}{{3{a^2}}} = \frac{2}{{3{a^2}}} \Rightarrow C'O = \frac{{\sqrt 6 }}{2}a\]

Vậy\[{V_{ABC.A'B'C'}} = C'O.{S_{{\rm{\Delta }}ABC}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}.\frac{{9{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{27{a^3}\sqrt 2 }}{8}\]

Đáp án cần chọn là: D

Đáp án cần chọn là: A

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).

Vì ABC.A′B′C′ là hình lăng trụ đứng nên\[AA' \bot (A'B'C')\]

Ta có:\(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{A\prime D \bot B\prime C\prime }\\{AA\prime \bot B\prime C\prime }\end{array}} \right\} \Rightarrow B\prime C\prime \bot (AA\prime D) \Rightarrow B\prime C\prime \bot AD\)

\(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{(AB\prime C\prime ) \cap (A\prime B\prime C\prime ) = B\prime C'}\\{(AB\prime C\prime ) \supset AD \bot B\prime C\prime }\\{(A\prime B\prime C\prime ) \supset A\prime D \bot B\prime C\prime }\end{array}} \right\} \Rightarrow ((AB\prime \widehat {C\prime );(A\prime }B\prime C\prime )) = (A\widehat {D;A\prime }D) = \widehat {ADA}\prime = {60^0}\)

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

Xét tam giác vuông A′D′C′ có: \[A'D = A'C'.cos60 = 2a.\frac{1}{2} = a\]

Xét tam giác vuông AA′D có:\[AA' = A'D.\tan 60 = a.\sqrt 3 \]

\[{S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC.\sin \widehat {BAC} = \frac{1}{2}.2a.2a.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = {a^2}\sqrt 3 \]

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

Đáp án cần chọn là: D

Vì \[AA' \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow AB\] là hình chiếu vuông góc của A′B lên\[(ABC) \Rightarrow \widehat {\left( {A'B;\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {A'B;AB} \right)} = \widehat {A'BA} = {30^0}\]

 Xét tam giác vuông ABC có:\[AB = BC.\tan 60 = a\sqrt 3 \]

\[AA' \bot \left( {ABC} \right) \supset AB \Rightarrow AA' \bot AB \Rightarrow {\rm{\Delta }}ABA'\]vuông tại A

\[ \Rightarrow AA' = AB.\tan \widehat {A'BA} = a\sqrt 3 .\tan 30 = a\sqrt 3 .\frac{1}{{\sqrt 3 }} = a\]

\[{S_{{\rm{\Delta }}ABC}} = \frac{1}{2}AB.BC = \frac{1}{2}a\sqrt 3 .a = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\]

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

Đáp án cần chọn là: A

Vì A′B′C′D′  là hình vuông cạnh a nên\[B'D' = a\sqrt 2 \]

\[BB' \bot \left( {A'B'C'D'} \right) \Rightarrow BB' \bot B'D' \Rightarrow {\rm{\Delta }}BB'D'\]  vuông tại

\[B' \Rightarrow BB' = \sqrt {B{D^{\prime 2}} - B'{D^{\prime 2}}} = \sqrt {6{a^2} - 2{a^2}} = 2a\]

Vậy\[{V_{ABCD.A'B'C'D'}} = BB'.{S_{ABCD}} = 2a.{a^2} = 2{a^3}\]

Đáp án cần chọn là: D

Gọi D là trung điểm của BC ta có:

Tam giác ABC đều nên\[AD \bot BC\] và\[AA' \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow AA' \bot BC\]

\[ \Rightarrow BC \bot \left( {AA'D} \right) \Rightarrow BC \bot A'D \Rightarrow {\rm{\Delta }}A'BC\] cân tại A’

 Tam giác ABC đều cạnh\[a = 4 \Rightarrow AD = \frac{{4\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3 \]

\[{S_{{\rm{\Delta }}A'BC}} = \frac{1}{2}A'D.BC \Rightarrow A'D = \frac{{2{S_{{\rm{\Delta }}A'BC}}}}{{BC}} = \frac{{2.8}}{4} = 4\]

Xét tam giác vuông  AA’D có:\[AA' = \sqrt {A'{D^2} - A{D^2}} = \sqrt {16 - 12} = 2\]

\[{S_{ABC}} = \frac{{{4^2}\sqrt 3 }}{4} = 4\sqrt 3 \]

Vậy\[{V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{ABC}} = 2.4\sqrt 3 = 8\sqrt 3 \]

Đáp án cần chọn là: B

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\[P = 4.5 = 20 = 2AA' \Rightarrow AA' = 10\left( {cm} \right)\]

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

Vậy\[{V_{ABCD.A'B'C'D'}} = AA'.{S_{ABCD}} = 10.24 = 240\left( {c{m^3}} \right)\]

Đáp án cần chọn là: C

Gọi D là trung điểm của AA′  ta có ID là đường trung bình của tam giác

\[AA'B \Rightarrow ID//A'B\]

Mà\[A'B \bot AB'\] (do ABB′A′ là hình vuông)

\[ \Rightarrow ID \bot AB'\]

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

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

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

⇒ Mặt phẳng qua I và vuông  góc với AB′  là (ICD)

Tam giác ABC vuông cân tại C nên

\[AC = BC = \frac{{AB}}{{\sqrt 2 }} = \frac{a}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2}AC.BC = \frac{1}{2}\frac{a}{{\sqrt 2 }}\frac{a}{{\sqrt 2 }} = \frac{{{a^2}}}{4}\]

\[ABB'A'\]  là hình vuông\[ \Rightarrow AA' = AB = a\]

\[ \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{ABC}} = a.\frac{{{a^2}}}{4} = \frac{{{a^3}}}{4} = V\]

Ta có:

\[{V_{D.ACI}} = \frac{1}{3}AD.{S_{ACI}} = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}AA'.\frac{1}{2}{S_{ABC}} = \frac{1}{{12}}{V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{1}{{12}}.\frac{{{a^3}}}{4} = \frac{{{a^3}}}{{48}} = {V_1}\]

\[ \Rightarrow {V_2} = V - {V_1} = \frac{{{a^3}}}{4} - \frac{{{a^3}}}{{48}} = \frac{{11{a^3}}}{{48}}\]

Đáp án cần chọn là: C

Chọn\[AD = BE = CF = \frac{5}{3}\] thì đa diện là hình lăng trụ đứng\[ABC.DEF\] có diện tích đáy\[{S_{ABC}} = 10\] và 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

Đặc biệt hóa, coi \[ABCD.A'B'C'D'\] là khối lập phương cạnh bằng 1

\[ \Rightarrow {V_{ABCD.A'B'C'D'}} = 1 = V\]

Dễ thấy \[MNPQEF\] là khối bát diện đều cạnh cạnh\[QE = \frac{1}{2}BD = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\]

Vậy\[{V_{MNPQEF}} = \frac{{{{\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)}^3}\sqrt 2 }}{3} = \frac{1}{6} = \frac{V}{6}\]

Đáp án cần chọn là: C

Gọi độ dài cạnh hình lập phương là x.

Khi đó \[AC = x\sqrt 2 ;AA' = x\]

Mà diện tích mặt chéo ACC’A’ bằng\[2\sqrt 2 {a^2}\] nên

\[AC.AA' = 2\sqrt 2 {a^2} \Rightarrow x\sqrt 2 .x = 2\sqrt 2 {a^2} \Rightarrow x = a\sqrt 2 \]

Khi đó thể tích hình lập phương là\[V = {x^3} = 2{a^3}\sqrt 2 \]Đáp án cần chọn là: D

Trong (BCC′B′) kẻ \[B'H \bot BC\,\,\left( {H \in BC} \right)\] (do \[\angle B'BC\] nhọn).

Trong \[\left( {ABC} \right)\]kẻ\[HK\parallel AC \Rightarrow HK \bot AB\]ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AB \bot HK}\\{AB \bot B\prime H}\end{array}} \right. \Rightarrow AB \bot (B\prime HK) \Rightarrow AB \bot B\prime K\)

Ta có:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(ABB\prime A\prime ) \cap (ABC) = AB}\\{B\prime K \subset (ABB\prime A\prime ),B\prime K \bot AB}\\{HK \subset (ABC),HK \bot AB}\end{array}} \right.\)

\[ \Rightarrow \angle \left( {\left( {ABB'A'} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {B'K;HK} \right) = \angle B'HK = {45^0}\]

\[ \Rightarrow {\rm{\Delta }}B'HK\] vuông cân tại\[H \Rightarrow B'H = HK = x\]

Xét tam giác vuông BB′H có: \[BH = \sqrt {B{B^{\prime 2}} - B{H^{\prime 2}}} = \sqrt {4{a^2} - {x^2}} \]

Xét tam giác vuông ABC có: \[AC = BC.\sin {60^0} = a\sqrt 3 ,AB = BC.\cos {60^0} = a\]

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \[\frac{{BH}}{{BC}} = \frac{{HK}}{{AC}} \Rightarrow \frac{{\sqrt {4{a^2} - {x^2}} }}{{2a}} = \frac{x}{{a\sqrt 3 }}\]

\[\begin{array}{*{20}{l}}{ \Leftrightarrow 3\left( {4{a^2} - {x^2}} \right) = 4{x^2}}\\{ \Leftrightarrow 12{a^2} - 3{x^2} = 4{x^2}}\\{ \Leftrightarrow {x^2} = \frac{{12{a^2}}}{7}}\\{ \Leftrightarrow x = \frac{{2a\sqrt {21} }}{7} = B'H}\end{array}\]

\[{S_{{\rm{\Delta }}ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}.a.a\sqrt 3 = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\]

Vậy\[{V_{ABC.A'B'C'}} = B'H.{S_{{\rm{\Delta }}ABC}} = \frac{{2a\sqrt {21} }}{7}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3{a^3}\sqrt 7 }}{7}\]Đáp án cần chọn là: B

Gọi P′,Q′,R′ lần lượt là giao điểm của mặt phẳng (PQR) với các cạnh CC′,AA′,BB′.

Dễ dàng chứng minh được P′,Q′,R′ tương ứng là trung điểm của các cạnh CC′,AA′,BB′, đồng thời P,Q,R lần lượt là trung điểm của các cạnh Q′R′,R′P′,P′Q′.

Đặt\(\)\[V = {V_{ABC.Q'R'P'}}\]

Ta có:\[{S_{R'PQ}} = \frac{1}{4}{S_{R'Q'P'}}\] nên\[{V_{B.R'PQ}} = \frac{1}{4}{V_{B.R'Q'P'}} = \frac{1}{4}.\frac{1}{3}V = \frac{1}{{12}}V\]

Tương tự ta có:\[{V_{A.Q'PR}} = \frac{1}{{12}}V\]

Ta có:\[{S_{MNC}} = {S_{QRP'}} = \frac{1}{4}{S_{ABC}}\] nên\[{V_{CMN.P'QR}} = \frac{V}{4}\]

Vậy\[V{V_{PQRABMN}} = V - {V_{B.R'PQ}} - {V_{A.Q'PR}} - {V_{CMN.P'QR}} = V - 2.\frac{V}{{12}} - \frac{V}{4} = \frac{{7V}}{{12}} = \frac{7}{2}.\frac{1}{2}.12.6 = 21\]

Đáp án cần chọn là: D

Gọi thể tích ABC.A′B′C′ là V.

Gọi M là trung điểm của B′C′ ta có:\[{S_{{\rm{\Delta }}AEF}} = \frac{1}{2}{S_{AA'MF}}\]

\[ \Rightarrow {V_{B'.AEF}} = \frac{1}{2}{V_{B'.AA'MF}}\]

Mà\[{V_{B'.AA'MF}} = \frac{2}{3}{V_{ABF.A'B'M}} = \frac{2}{3}.\frac{1}{2}V = \frac{1}{3}V\]

\[ \Rightarrow {V_{B'.AEF}} = \frac{1}{2}{V_{B'.AA'MF}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{3}V = \frac{1}{6}V\]

Vậy\[\frac{{{V_1}}}{V} = \frac{1}{6}\]

Đáp án cần chọn là: C

* Xác định\[\angle \left( {\left( {A'BD} \right);\left( {ABCD} \right)} \right)\]

+\[\left( {A'BC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BD\]

+\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AA\prime \bot BD}\\{AO \bot BD}\end{array}} \right. \Rightarrow (A\prime AO) \bot BD\)

+ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(A\prime AO) \cap (A\prime BD) = A\prime O}\\{(A\prime AO) \cap (ABCD) = AO}\end{array}} \right.\)

\[ \Rightarrow \angle \left( {\left( {A'BD} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {A'O;AO} \right) = \angle A'OA\]

\[ \Rightarrow \angle A'OA = {30^0}\]

* Xét tam giác A′OA vuông tại A có\[AO = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}BD = a\]

\[ \Rightarrow AA' = \tan {30^0}.AO = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\]

\[ \Rightarrow {V_{ABCD.A'B'C'D'}} = {S_{ABCD}}.AA' = \frac{1}{2}AC.BD.AA'\]

\[ = \frac{1}{2}.{\left( {2a} \right)^2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{3} = \frac{{2\sqrt 3 {a^3}}}{3}\]

Đáp án cần chọn là: D

Đáp án cần chọn là: C

Gọi M là trung điểm của\[B'C'\].Vì\[{\rm{\Delta }}A'B'C'\]đều nên\[A'M \bot B'C'\]

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{A\prime M \bot B\prime C\prime }\\{A\prime M \bot BB\prime (BB\prime \bot (A\prime B\prime C\prime ))}\end{array}} \right. \Rightarrow A\prime M \bot (BCC\prime B\prime )\)

⇒BM là hình chiếu của A′M lên (BCC′B′)

\[ \Rightarrow \angle \left( {A'B;\left( {BCC'B'} \right)} \right) = \angle \left( {A'B;MB} \right) = \angle A'BM = {30^0}\]

Theo bài ra ta có \[{\rm{\Delta }}A'B'C'\] đều cạnh aa nên\[A'M = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\]và\[{S_{{\rm{\Delta }}A'B'C'}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\]

Ta có:\[A'M \bot \left( {BCC'B'} \right) \Rightarrow A'M \bot BM \Rightarrow {\rm{\Delta }}A'BM\] vuông tại M

\[ \Rightarrow BM = A'M.\cot {30^0} = \frac{{3a}}{2}\]

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông BB′M ta có:

\[BB' = \sqrt {B{M^2} - B{B^{\prime 2}}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{3a}}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = a\sqrt 2 \]

Vậy \[{V_{ABC.A'B'C'}} = BB'.{S_{A'B'C'}} = a\sqrt 2 .\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{4}\]

Đáp án cần chọn là: B

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