ĐGTD ĐH Bách khoa - Tư duy Toán học - Thể tích khối hộp

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

Đáp án cần chọn là: D

Vì M∈A'B'C'⇒dM;ABC=dA'B'C';ABC

⇒VM.ABC=13dM;ABC.SABC=13V

Đáp án cần chọn là: C

Diện tích toàn phần của hình hộp chữ nhật: Stp=Sxq+2ab=2ha+b+2ab.

Thể tích hình hộp chữ nhật:V=abh.

Thể tích của lăng trụ là:V=Sd.h.

Diện tích toàn phần của khối lập phương: Stp=6a2.

Thể tích của khối lập phương: V=a3.

Thể tích khối chóp là: V=13Sd.h.
Do đó các đáp án B, C, D đúng, chỉ có A sai.

Đáp án cần chọn là: A

Vì A'B'C'D' là hình vuông cạnh a nên B'D'=a2

BB'⊥A'B'C'D'⇒BB'⊥B'D'⇒ΔBB'D' vuông tại

B'⇒BB'=BD'2−B'D'2=6a2−2a2=2a

Vậy VABCD.A'B'C'D'=BB'.SABCD=2a.a2=2a3

Đáp án cần chọn là: D

GọiO=AC∩BD ta có: OA=3cm ; OB=4cm

Xét tam giác vuông OAB có:AB=OA2+OB2=32+42=5cm

Khi đó chu vi đáy bằng P=4.5=20=2AA'⇒AA'=10cm

SABCD=12AC.BD=12.6.8=24cm2

Vậy VABCD.A'B'C'D'=AA'.SABCD=10.24=240cm3

Đáp án cần chọn là: C

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A′  trên ABC⇒A'H⊥ABC

⇒AH là hình chiếu vuông góc của AA′  trên ABC⇒AA';ABC^=AA';AH^=A'AH^=600

A'H⊥ABC⇒A'H⊥AH⇒ΔA'AH vuông tại

H⇒A'H=AA'.sin60=a3.32=3a2

Tam giác ABC đều cạnh  nên SABC=a234

Vậy VABC.A'B'C'=A'H.SABC=3a2.a234=3a338

Đáp án cần chọn là: A

Gọi O=AC∩BD

Xét tam giác ABD có AB=AD=a và BAD^=600⇒ΔABD đều cạnh

a⇒BD=a⇒BO=a2

⇒B'O⊥ABCD⇒B'O⊥BO⇒ΔBB'O vuông tại O

⇒B'O=BB'2−BO2=a2−a24=a32

SABD=a234⇒SABCD=2SABD=a232

Vậy VABCD.A'B'C'D'=B'O.SABCD=a32.a232=3a34

Đáp án cần chọn là: C

Áp dụng định lí Côsin trong tam giác ABC có:

BC=AB2+AC2−2AB.AC.cos120

=4a2+a2−2.2a.a.−12=a7⇒CH=12BC=a72

C'H⊥ABC⇒C'H⊥CH⇒ΔCC'H  vuông tại H

⇒C'H=CC'2−CH2=10a24−7a24=a32

SABC=12AB.AC.sin120=12.2a.a.32=a232

Vậy VABC.A'B'C'=C'H.SABC=a32.a232=3a34

Đáp án cần chọn là: B

Theo bài ra ta có: IC là hình chiếu vuông góc của A′C  trên (ABCD)

⇒A'C;ABCD^=A'C;IC^=A'CI^=α

Xét tam giác vuông IBC có: IC=IB2+BC2=a24+a2=a52

Xét tam giác vuông A′IC  có: A'I=IC.tanα=a52.25=a

SΔICD=12dI;CD.CD=12a.a=a22

Vậy VA'.ICD=13A'I.SΔICD=13.a.a22=a36
Đáp án cần chọn là: A

Dựng khối hộp ABCD.A'B'C'D' ta có: VABC.A'B'C'=12VABCD.A'B'C'D'

Khối hộp ABCD.A'B'C'D'có hai đáy là ABB'A'và CDD'C'

⇒VABCD.A'B'C'D'=SABB'A'.h

Trong đó h=dABB'A';CDD'C'=dCC';ABB'A'=7

⇒VABCD.A'B'C'D'=4.7=28

Vậy VABC.A'B'C'=12.28=14

Đáp án cần chọn là: C

Vì AA'⊥ABC⇒AB  là hình chiếu vuông góc của A′B lên

(ABC)⇒A'B;ABC^=A'B;AB^=A'BA^=300

 Xét tam giác vuông ABC có AB=BC.tan60=a3

AA'⊥ABC⊃AB⇒AA'⊥AB⇒ΔABA' vuông tại A

⇒AA'=AB.tanA'BA^=a3.tan30=a3.13=a

SΔABC=12AB.BC=12a3.a=a232

Vậy VABC.A'B'C'=AA'.SΔABC=a.a232=a332
Đáp án cần chọn là: A

Gọi D là trung điểm của BC ta có:

Tam giác ABC đều nên AD⊥BC và AA'⊥ABC⇒AA'⊥BC

⇒BC⊥AA'D⇒BC⊥A'D⇒ΔA'BC cân tại A’

 Tam giác ABC đều cạnh a=4⇒AD=432=23

SΔA'BC=12A'D.BC⇒A'D=2SΔA'BCBC=2.84=4

Xét tam giác vuông  AA’D có: AA'=A'D2−AD2=16−12=2

SABC=4234=43

Vậy VABC.A'B'C'=AA'.SABC=2.43=83
Đáp án cần chọn là: B

Gọi M là trung điểm của BC. Ta có:

AM⊥BC (do ΔABC đều)

BC⊥AA'  gt⇒BC⊥AA'M⇒BC⊥A'M

Ta có: (A'BC)∩(ABC)=BCAM⊂(ABC),AM⊥BCA'M⊂(A'BC),A'M⊥BC

⇒∠A'BC;ABC=∠A'M;AM=∠A'MA=600

Vì ΔABC đều cạnh a nên AM=a32 và SΔABC=a234

Xét tam giác vuông A'AMcó: AA'=AM.tan600=a32.3=3a2

Vậy thể tích khối lăng trụ là VABC.A'B'C'=AA'.SΔABC=3a2.a234=3a238

Đáp án cần chọn là: C

Gọi thể tích  ABC.A′B′C′ là V.

Gọi M là trung điểm của B′C′ ta có: SΔAEF=12SAA'MF

⇒VB'.AEF=12VB'.AA'MF

Mà VB'.AA'MF=23VABF.A'B'M=23.12V=13V

⇒VB'.AEF=12VB'.AA'MF=12.13V=16V

Vậy V1V=16
Đáp án cần chọn là: C

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⊥ABC

Gọi I là trung điểm của AB.

Vì tam giác ABC đều cạnh a nên CI=a32⇒HI=13CI=a36

Tam giác A′AB  cân tại A′  nên A'I⊥AB⇒ΔA'AI vuông tại

I⇒A'I=AA'2−AI2=7a212−a24=a3

A'H⊥ABC⇒A'H⊥HI⇒ΔA'HI vuông tại

H⇒A'H=A'I2−HI2=a23−a212=a2

Vì tam giác ABC đều cạnh a nên SABC=a234

Vậy VABC.A'B'C'=A'H.SABC=a2.a234=a338
Đáp án cần chọn là: B

Trong (A’B’C’) kẻ B'K⊥A'C'  K∈A'C'

Ta có:

AB'⊥A'C'(AB'⊥(A'B'C'))B'K⊥A'C'⇒A'C'⊥(AB'K)⇒A'C'⊥AK

(AA'C')∩(A'B'C')=A'C'(AA'C')⊃AK⊥A'C'(A'B'C')⊃B'K⊥A'C'⇒((AA'C');(A'^B'C'))=(AK;B^'K)=AKB^'=300

Ta có:

SA'B'C'=12A'B'.A'C'.sin120=12a2.32=a234=12B'K.A'C'⇒B'K=2SA'B'C'A'C'=a232a=a32

AB'⊥A'B'C'⇒AB'⊥B'K⇒ΔAB'K vuông tại B’

⇒AB'=B'K.tan30=a32.33=a2

Vậy VABC.A'B'C'=AB'.SA'B'C'=a2.a234=a338

Đáp án cần chọn là: C

Gọi O là tâm hình bình hành ABB'A'.Ta có CO⊥ABB'A'⇒CO⊥OA;CO⊥OB

ΔCOA=ΔCOBc.g.c⇒OA=OB⇒AB'=A'B⇒ABB'A' là hình chữ nhật.

Lại có AB=BB'=a⇒ABB'A' là hình vuông

Khi đó OA=OB=AB2=a2

Xét tam giác vuông OAC có: OC=AC2−OA2=a2−a22=a22

⇒VC.A'AB=13OC.SA'AB=13.a22.a22=a3212

Mà VABC.A'B'C'=SABC.dA',ABC=3.13SABC.dA',ABC=3.VA'.ABC
Vậy VABC.A'B'C'=3VC.A'AB=a324
Đáp án cần chọn là: C

Kẻ A'H⊥ABCD;HM⊥AB;HN⊥AD

Ta có: A'H⊥ABHM⊥AB⇒AB⊥(A'HM)⇒AB⊥A'M

(ABB'A')∩(ABCD)=AB(ABB'A')⊃A'M⊥AB(ABCD)⊃HM⊥AB⇒((ABB'A');(A^BCD))=(A'M;H^M)=A'MH^=45o

Chứng minh tương tự ta có A'NH^=600

Đặt A'H=x khi đó ta có:

A'N=xsin60=2x3,AN=AA'2−A'N2=1−4x23=HM

Mà HM=x.cot45=x

⇒x=1−4x23⇔x2=1−4x23⇔7x23=1⇒x2=37⇒x=37
SABCD=3.7=21

Vậy VABCD.A'B'C'D'=A'H.SABCD=37.21=3

Đáp án cần chọn là: A

Gọi D là trung điểm của AB. Trong (CC′D) kẻ OH⊥CC'⇒OH=a

CD⊥ABC'O⊥AB⇒AB⊥(CC'D)⇒AB⊥CC'

Trong (ABC), qua O kẻ EF//ABE∈BC;F∈AC

Ta có: EF⊥CC'OH⊥CC'⇒CC'⊥(EFH)⇒CC'⊥HE;CC'⊥HF

Ta có:

(ACC'A')∩(BCC'B')=CC'(ACC'A')⊃HF⊥CC'(BCC'B')⊃HE⊥CC'⇒((ACC'A');(B^CC'B'))=(HF;H^E)=900⇒HE⊥HF

⇒ΔHEF vuông tại H

ΔHCE=ΔHCFc.g.v−c.h⇒HE=HF⇒ΔHEF vuông cân tại H ⇒EF=2HO=2a

Ta có: EFAB=COCD=23⇒AB=32EF=32.2a=3a

⇒SΔABC=AB234=9a234
CD=AB32=3a32⇒CO=23AB=23.3a32=a3

C'O⊥ABC⇒C'O⊥CO⇒ΔCC'O vuông tại O

⇒1OH2=1C'O2+1CO2⇒1C'O2=1OH2−1CO2=1a2−13a2=23a2⇒C'O=62a

Vậy VABC.A'B'C'=C'O.SΔABC=a62.9a234=27a328
Đáp án cần chọn là: D

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

AA'B⇒ID//A'B

Mà A'B⊥AB' (do ABB′A′ là hình vuông)

⇒ID⊥AB'

Tam giác ABC vuông cân tại C nên IC⊥AB Mà AA'⊥ABC⇒AA'⊥IC

⇒IC⊥ABB'A'⇒IC⊥AB'
⇒AB'⊥ICD

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

Tam giác ABC vuông cân tại C nên

AC=BC=AB2=a2⇒SABC=12AC.BC=12a2a2=a24

ABB′A′ là hình vuông ⇒AA'=AB=a

⇒AA'=AB=a

Ta có:

VD.ACI=13AD.SACI=13.12AA'.12SABC=112VABC.A'B'C'=112.a34=a348=V1

⇒V2=V−V1=a34−a348=11a348
Đáp án cần chọn là: C

Chọn AD=BE=CF=53 thì đa diện là hình lăng trụ đứng ABC.DEF có diện tích đáy SABC=10 và chiều caoAD=53

Thể tích V=SABC.AD=10.53=503

Đáp án cần chọn là: C

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

⇒VABCD.A'B'C'D'=1=V

Dễ thấy MNPQEF là khối bát diện đều cạnh cạnh QE=12BD=22

Vậy VMNPQEF=22323=16=V6

Đáp án cần chọn là: C

Gọi M là trung điểm của B′C′. Vì ΔA'B'C'đều nên A'M⊥B'C'

Ta có:A'M⊥B'C'A'M⊥BB'(BB'⊥(A'B'C'))⇒A'M⊥BCC'B'

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

⇒∠A'B;BCC'B'=∠A'B;MB=∠A'BM=300

Theo bài ra ta cóΔA'B'C' đều cạnh a nên A'M=a32và SΔA'B'C'=a234

Ta có:A'M⊥BCC'B'⇒A'M⊥BM⇒ΔA'BM vuông tại M

⇒BM=A'M.cot300=3a2

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

BB'=BM2−BB'2=3a22−a22=a2

Vậy VABC.A'B'C'=BB'.SA'B'C'=a2.a234=a364
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=VABC.Q'R'P'

Ta có: SR'PQ=14SR'Q'P' nên VB.R'PQ=14VB.R'Q'P'=14.13V=112V

Tương tự ta có: VA.Q'PR=112V

Ta có: SMNC=SQRP'=14SABC nên VCMN.P'QR=V4

Vậy VVPQRABMN=V−VB.R'PQ−VA.Q'PR−VCMN.P'QR=V−2.V12−V4=7V12=72.12.12.6=21

Đáp án cần chọn là: D

Bước 1: Gọi chiều rộng bể cá là x, tính chiều dài và chiều cao của bế cá theo x.

Gọi chiều rộng của bể cá là x (m) x>0⇒ Chiều dài của bể cá là 2x(m)2x(m)

Gọi h là chiều cao của bể cá ta có

2x2+2xh+4xh=5⇔2x2+6xh=5⇔h=5−2x26x

Bước 2: Tính thể tích của bể cá theo x, sử dụng phương pháp hàm số tìm GTLN của thể tích bể cá.

Khi đó thể tích của bể cá là 2x2.5−2x26x=135x−2x3=13fx

Xét hàm số fx=5x−2x3  x>0có f'x=5−6x2=0⇔x=56.

Lập BBT:

⇒max0;+∞fx=f56
⇒Vmax=13f56=55027≈1,01m3

Bước 1: Gọi E=NP∩CD. Đặt DC=2d,BC=2r

Gọi E=NP∩CD. Đặt DC=2d,BC=2r

Ta có:

SEMA=SECBA−SEMC−SABM=5dr−32dr−dr=52dr

Bước 2: Tính thể tích của NPAM

VNEAM=13SEMA⋅d(N,(EMA))=13SEMA⋅CC'=524⋅4dr⋅CC'=524VABCD⋅A'B'C'D'=30.⇒VNPAM=12VNEAM=15

 

Trong (BCC′B′) kẻ B'H⊥BC  H∈BC (do ∠B'BC nhọn).

Trong (ABC) kẻ HK∥AC⇒HK⊥AB ta có:

AB⊥HKAB⊥B'H⇒AB⊥(B'HK)⇒AB⊥B'K

Ta có: (ABB'A')∩(ABC)=ABB'K⊂(ABB'A'),B'K⊥ABHK⊂(ABC),HK⊥AB

⇒∠ABB'A';ABC=∠B'K;HK=∠B'HK=450

⇒ΔB'HK vuông cân tại H⇒B'H=HK=x

Xét tam giác vuông BB'H có: BH=BB'2−BH'2=4a2−x2

Xét tam giác vuông ABC có: AC=BC.sin600=a3,AB=BC.cos600=a

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: 

BHBC=HKAC⇒4a2−x22a=xa3
⇔34a2−x2=4x2⇔12a2−3x2=4x2⇔x2=12a27⇔x=2a217=B'H
SΔABC=12AB.AC=12.a.a3=a232

Vậy VABC.A'B'C'=B'H.SΔABC=2a217.a232=3a377
Đáp án cần chọn là: B

Gọi cạnh của hình lập phương là a.

Ta có:

α⊥AC'⇒α∥BD.Trong BDD'B' kẻ MN∥BD  N∈DD'

α⊥AC'⇒α∥B'C .Trong BCC'B' kẻ MQ∥B'C  Q∈BC

α⊥AC'⇒α∥BD .Trong BDD'B' kẻ MN∥BD  N∈DD'

α⊥AC'⇒α∥B'C. Trong ABCD kẻ PQ∥BD  P∈DC

Khi đó α≡MNPQ

Theo cách dựng ta có BQ=2QC,  DP=2PC,  DN=2ND'

Gọi H là điểm thuộc CC′ sao cho CH=2HC'

Khi đó ta có: VCPQMNC'=VC.MHN+VCQP.MHN

Xét hình chóp C'.MHN có C'H=a3,SΔMHN=12a2

⇒VC'.MHN=13C'H.SΔMHN=13.a3.a22=a318=V18

Xét hình chóp cụt CQP.MHN có

VCQP.MHN=VI.MHN−VI.CQP=13IH.SΔMHN−IC.SΔCQP                  =13a.12a2−a3.12.a3.a3=13a38=13V81
⇒V1=VCPQMNC'=VC.MHN+VCQP.MHN=V18+13V81=35V162

Vậy V1V=35162

Đáp án cần chọn là: B

* Xác định ∠A'BD;ABCD

+ A'BC∩ABCD=BD

+ AA'⊥BDAO⊥BD⇒(A'AO)⊥BD

+ (A'AO)∩(A'BD)=A'O(A'AO)∩(ABCD)=AO

⇒∠A'BD;ABCD=∠A'O;AO=∠A'OA

⇒∠A'OA=300

* Xét tam giác A′OA vuông tại A có AO=12AC=12BD=a

⇒AA'=tan300.AO=a33

⇒VABCD.A'B'C'D'=SABCD.AA'=12AC.BD.AA'

=12.2a2.a33=23a33

Đáp án cần chọn là: D

Bước 1: Gọi N là trung điểm của AC, chứng minh

dA;BB'M=dA;BB'MN=AN

Gọi N là trung điểm của AC ta có BB'M≡BB'MN nên

dA;BB'M=dA;BB'MN

Vì tam giác ABC đều nên AN⊥BN. Ta có AN⊥BNAN⊥MN⇒AN⊥(BB'MN) nên dA;BB'MN=AN=4

Bước 2:  Tính VA.BB'M=13dA;BB'MN.SΔBB'M=VB'.ABM

Ta lại có BN=AB32=43,  MN=AA'=6 nên SBB'MN=MN.BN=6.43=122⇒SΔBB'M=62

⇒VA.BB'M=13dA;BB'MN.SΔBB'M=13.4.122=162=VB'.ABM

Bước 3:  Sử dụng dB';ABM=3VB'.ABMSΔABM

Lại có VB'.ABM=13dB';ABM.SΔABM nên dB';ABM

Ta có:

AM=A'A2+A'M2=62+42=22AB=8BM=BB'2+B'M2=62+432=36

Bước 4: Sử dụng công thức SΔABM=pp−AMp−ABp−BM với p là nửa chu vi tam giác ABM.

Gọi p là nửa chu vi tam giác ABM ta có p=22+8+362

⇒SΔABM=pp−AMp−ABp−BM

Vậy dB';ABM=3VB'.ABMSΔABM=3.162122=4

Áp dụng công thức tính nhanh, ta có:

VAMNPBCDVABCD.A'B'C'D'=12BMBB'+DPDD'=38⇒  VAMNPBCD=3a3.

Đáp án cần chọn là: B

Dựng B'M⊥A'C'⇒B'M⊥ACC'A'

Dựng MN⊥AC'⇒AC'⊥MNB'

Khi đó AB'C';AC'A'^=MNB'^=600

Ta có: 
B'M=a22⇒MN=B'MtanMNB'^=a66

Mặt khác tanAC'A'^=MNC'N=AA'A'C'

Trong đó

MN=a66;MC'=a22⇒C'N=C'M2−MN2=a33

Suy ra AA'=a

Thể tích lăng trụ V=AB22.AA'=a32

⇒VB'.ACC'A'=V−VB'.BAC=V−V3=23V=a33.

Đáp án cần chọn là: A

Mặt phẳng (AEF) chứa EF//BD⊂ABCD

⇒ Giao tuyến của (AEF) và (ABCD) là đường thẳng đi qua A và song song với EF

Trong (ABCD) qua A kẻ HI//BD  H∈BC,I∈CD

Trong (BCC′B′) gọi L=EH∩BB' , trong (CDD′C′) gọi M=FI∩DD' , khi đó AEF≡ALEFM

Ta có :(AEF)∩(BCC'B')=HE(AEF)∩(CDD'C')=FI(BCC'B')∩(CDD'C')=CC'

⇒HE,FI,CC' đồng quy tại N.

Ta có : VH'=VN.CIH−VN.EFC'−VL.ABH−VM.ADI

Ta dễ dàng chứng minh được B,D lần lượt là trung điểm của

CH,CI⇒BD=12HI⇒EF=12BD=14HI

⇒ΔC'EF đồng dạng với ΔCIH theo tỉ số đồng dạng k=14⇒SΔC'EFSΔCIH=116

NC'NC=EC'HC=14⇒d(N';(C'EF))d(N;(CIH))=14
⇒VN.EFC'=116.14VN.CIH=116VN.CIH
VLABH=VM.ADI=12.14VN.CIH=18VN.CIH
⇒VH'=VN.CIH−VN.EFC'−VL.ABH−VM.ADI=4764VN.CIH

Ta có :

CC'NC=34,SABCDSCIH=12⇒VABCD.A'B'C'D'VS.CIH=d(C';(ABCD)).SABCD13d(N;(CIH)).SCIH=3CC'NC.SABCDSCIH=3.34.12=98

⇒VS.CIH=89VABCD.A'B'C'D'

⇒VH'=4764VN.CIH=4772VABCD.A'B'C'D'

⇒VH=2572VABCD.A'B'C'D'

⇒VHVH'=2547

Đáp án cần chọn là: A

Gọi H là hình chiếu của A lên mpA'B'C'

⇒HC'A^=450

⇒ΔAHC' vuông cân tại H.

⇒AH=AC'.sin450=AC'.22=4a2.

Diện tích tam giác ABC là: SABC=(2a2)234

NX:

VA.BCC'B'=23VABC.A'B'C'=23AH.SABC=23.4a2.2a22.34=16a363.

Đáp án cần chọn là: D

Bước 1: 

Gọi E là giao điểm của AC và AC’ và F là giao điểm của BC’ và B’C’

Khi đó (ABC’) và (A’B’C) chia khối lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ thành 4 khối đa diện: CEFC’;FEA’B’C’;FEABC và FEABB’A’

Gọi V là thể tích của khối lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’.

Bước 2: Tính thể tích của CEFC';FEA'B'C';FEABC  và FEABB'A' theo thể tích của ABC.A'B'C'

Ta có VC.A'B'C'=VC'.ABC=13V

VFEA'B'C'=VC.A'B'C'−VCEFC'  và VFEABC=VC'.ABC−VCEFC'

⇒VFEA'B'C'=VFEABC

Mặt khác

VCEFC'VC.A'B'C'=CECA.CFCB'=12.12=14⇒VCEFC'=14VC.A'B'C'=14.13V=112V
⇒VFEA'B'C'=VFEABC=VC.A'B'C'−VCEFC'=13V−112V=14V
⇒VFEABB'A'=V−2.14V−112V=512V

Do đó H1 có thể tích lớn nhất là khối đa diện FEABB’A’; H2 có thể tích nhỏ nhất là khối đa diện CEFC’ và VH1VH2=5

Đáp án cần chọn là: C

Bước 1: Tính diện tích tam giác ABH

Hình thoi ABCD có BCD^=120∘

⇒ABC^=60∘

Do đó ABC là tam giác đều

⇒SABC=a234

⇒SABH=12SABC=a238.

Bước 2: Sử dụng công thức liên hệ giữa diện tích hình chiếu của đa giác và đa giác ban đầu.

Tam giác ABH là hình chiếu của tam giác A′BH

Gọi góc giữa (ABB′A′) và (ABCD) là

Khi đó ta có SABH=SABA'cosφ⇒cosφ=SABHSABA'=12⇒φ=60∘

Đáp án cần chọn là: C