Đáp án:

\(\begin{array}{l}19)\quad B.\ \dfrac{243}{112}a^3\\20)\quad D.\ \dfrac{12\sqrt3}{5}a^3\\21)\quad C.\ 3a^3\\22)\quad B.\ 45^\circ\\23)\quad B.\ 12a^3\end{array}\)

Giải thích các bước giải:

Câu 19:

Ta có:

Gọi $M$ là trung điểm $BC$

Ta có:

$\begin{cases}(SGB)\perp (ABC)\quad (gt)\\(SGC)\perp (ABC)\quad (gt)\\(SGB)\cap (SGC) = SG\end{cases}$

$\Rightarrow SG\perp (ABC)$

$\Rightarrow \widehat{(SA;(ABC))} = \widehat{SAG} = 60^\circ$

$\Rightarrow \begin{cases}SG = \dfrac{SA\sqrt3}{2} = \dfrac{3a\sqrt3}{2}\\AG = \dfrac12SA = \dfrac{3a}{2}\\AM = \dfrac32AG = \dfrac{9a}{4}\quad \text{(tính chất trọng tâm)}\end{cases}$

Mặt khác:

$\triangle ABC$ vuông tại $B,\ \widehat{C} = 30^\circ$

$\Rightarrow BC = AB\sqrt3$

$\Rightarrow BM = \dfrac{AB\sqrt3}{2}$

Áp dụng định lý $Pythagoras$ ta được:

$\quad AM^2 = AB^2 + BM^2$

$\Leftrightarrow \dfrac{81a^2}{16} = AB^2 + \dfrac{3AB^2}{4}$

$\Leftrightarrow \dfrac{81a^2}{16} = \dfrac{7AB^2}{4}$

$\Rightarrow AB = \dfrac{9a\sqrt7}{14}$

$\Rightarrow BC = \dfrac{9a\sqrt{21}}{14}$

$\Rightarrow S_{ABC} = \dfrac{1}{2}AB.BC = \dfrac12\cdot\dfrac{9a\sqrt7}{14}\cdot \dfrac{9a\sqrt{21}}{14}= \dfrac{81a^2\sqrt3}{56}$

$\Rightarrow V_{S.ABC} = \dfrac13S_{ABC}.SG = \dfrac13\cdot \dfrac{81a^2\sqrt3}{56}\cdot \dfrac{3a\sqrt3}{2}= \dfrac{243}{112}a^3$

Câu 20:

Xét $\triangle ABC$ vuông tại $B$

Từ $B$ kẻ đường cao $BH$

Áp dụng hệ thức lượng, ta được:

$\quad \dfrac{1}{BH^2} = \dfrac{1}{AB^2} + \dfrac{1}{BC^2}$

$\Rightarrow BH = \dfrac{AB.BC}{\sqrt{AB^2 + BC^2}} = \dfrac{4a.3a}{\sqrt{16a^2 + 9a^2}} = \dfrac{12a}{5}$

Từ $I$ kẻ $IK\perp AC$

$\Rightarrow IK//BH$

$\Rightarrow IK = \dfrac12BH = \dfrac{6a}{5}$

Ta có:

$\begin{cases}IK\perp AC\quad \text{(cách dựng)}\\SI\perp AC\quad (SI\perp (ABC))\end{cases}$

$\Rightarrow AC\perp (SIK)$

$\Rightarrow AC\perp SK$

Khi đó:

$\begin{cases}(SAC)\cap (ABC) = AC\\IK\perp AC\quad \text{(cách dựng)}\\IK\subset (ABC)\\SK\perp AC\quad (cmt)\\SK\subset (SAC)\end{cases}$

$\Rightarrow \widehat{((SAC);(ABC))} = \widehat{SKI} = 60^\circ$

$\Rightarrow SI = IK.\tan\widehat{SKI} = \dfrac{6a}{5}\cdot \tan60^\circ = \dfrac{6a\sqrt3}{5}$

Ta được:

$V_{S.ABC} = \dfrac13S_{ABC}.SI = \dfrac13\cdot \dfrac12\cdot 3a\cdot 4a\cdot \dfrac{6a\sqrt3}{5} = \dfrac{12a^3\sqrt3}{5}$

Câu 21:

Xét $\triangle ABC$ đều cạnh $2a$

Gọi $M$ là trung điểm $BC$

$\Rightarrow \begin{cases}AM = a\sqrt3\\S_{ABC} = a^2\sqrt3\\AM\perp BC\end{cases}$

Ta có:

$\begin{cases}AM\perp BC\\AA'\perp BC\end{cases}$

$\Rightarrow BC\perp (AA'M)$

Trong $mp(AA'M)$ kẻ $AH\perp A'M$

$\Rightarrow BC\perp AH$

$\Rightarrow AH\perp (A'BC)$

$\Rightarrow AH = d(A;(A'BC)) = \dfrac{a\sqrt6}{2}$

Áp dụng hệ thức lượng trong $\triangle AA'M$ vuông tại $A$ đường cao $AH$ ta được:

$\quad \dfrac{1}{AH^2} = \dfrac{1}{AA'^2} + \dfrac{1}{AM^2}$

$\Rightarrow AA' = \dfrac{AM.AH}{\sqrt{AM^2 - AH^2}} = \dfrac{a\sqrt3\cdot \dfrac{a\sqrt6}{2}}{\sqrt{3a^2 - \dfrac{3a^2}{2}}} = a\sqrt3$

Khi đó:

$V_{ABC.A'B'C'} = S_{ABC}.AA' = a^2\sqrt3\cdot a\sqrt3 = 3a^3$

Câu 22:

Hình vuông $ABCD$ tâm $O$ cạnh $2a$

$\Rightarrow \begin{cases}OA = OB = OC = OD = a\sqrt2\\S_{ABCD} = 4a^2\end{cases}$

$S.ABCD$ là hình chóp tứ giác đều

$\Rightarrow SO\perp (ABCD)$

$\Rightarrow \widehat{(SC;(ABCD))} = \widehat{SCO}$

Ta có:

$\quad V_{S.ABCD} = \dfrac13S_{ABCD}.SO$

$\Rightarrow SO = \dfrac{3V_{S.ABCD}}{S_{ABCD}} = \dfrac{3\cdot \dfrac{4\sqrt2}{3}a^3}{4a^2} = a\sqrt2$

$\Rightarrow SO = OC = a\sqrt2$

$\Rightarrow \widehat{SCO} = 45^\circ$

$\Rightarrow \widehat{(SC;(ABCD))} = 45^\circ$

Câu 23:

Gọi $AC\cap BD = \{O\}$

$\Rightarrow \begin{cases}OA = OC = \dfrac{3a}{2}\\OB = OD = 2a\end{cases}$

$\Rightarrow AB = BC = CD = DA = \dfrac{5a}{2}\quad (Pythago)$

$\Rightarrow P_{ABCD} = 4AB = 10a$

Ta lại có: $P_{ABCD} = 5AA'$

$\Rightarrow AA' = \dfrac15P_{ABCD} = 2a$

Ta được:

$V_{ABCD.A'B'C'D'} = S_{ABCD}.AA' = \dfrac12\cdot 3a\cdot 4a\cdot 2a = 12a^3$