Đáp án:

$4)\quad A.\ 2\sqrt{42}$

$5)\quad A.\ \dfrac{3a^3}{16}$

$6)\quad D.\ \dfrac{9a^3}{208}$

$7)\quad C.\ 2a^3$

Giải thích các bước giải:

Câu 4:

Áp dụng định lý $\cos$ ta được:

$\quad BC^2 = AB^2 + AC^2 - 2AB.AC.\cos\widehat{BAC}$

$\Leftrightarrow BC^2 = 1^2 + 4^2 - 2.1.4.\cos60^\circ$

$\Leftrightarrow BC^2 = 13$

Đặt $AA' = x\quad (x >0)$

$\Rightarrow MC = MC' = \dfrac12CC' = \dfrac12AA' = \dfrac{x}{2}$

Ta có: $\triangle A'BM$ vuông tại $M$

$\Leftrightarrow A'B^2 = MA'^2 + MB^2$

$\Leftrightarrow AA'^2 + AB^2 = (A'C'^2 + MC'^2) + (BC^2 + MC^2)$

$\Leftrightarrow x^2 + 1 = 4^2 + \dfrac{x^2}{4} + 13 + \dfrac{x^2}{4}$

$\Leftrightarrow x^2 = 56$

$\Rightarrow x = 2\sqrt{14}$

Ta được:

$\quad V_{ABC.A'B'C'} = S_{ABC}.AA' = \dfrac12AB.AC.\sin\widehat{BAC}.AA'$

$\Leftrightarrow V_{ABC.A'B'C'} = \dfrac12\cdot 1\cdot 4\cdot \sin60^\circ\cdot 2\sqrt{14}$

$\Leftrightarrow V_{ABC.A'B'C'} = 2\sqrt{42}$

Câu 5:

Gọi $H$ là trung điểm $AB$

$\Rightarrow A'H\perp (ABC)$

Gọi $M, N$ lần lượt la trung điểm $AC,\ AM$

$\Rightarrow \begin{cases}BM\perp AC\\BM = \dfrac{a\sqrt3}{2}\\HN//BM\\HN = \dfrac12BM = \dfrac{a\sqrt3}{4}\end{cases}$

Ta có:

$\begin{cases}HN\perp AC\quad (HN//BM)\\A'H\perp AC\quad (A'H\perp (ABC))\end{cases}$

$\Rightarrow AC\perp (A'HN)$

$\Rightarrow AC\perp A'N$

Khi đó:

$\begin{cases}(ACC'A')\cap (ABC) = AC\\A'N\perp AC\quad (cmt)\\A'N\subset (ACC'A')\\HN\perp AC\quad (cmt)\\HN\subset (ABC)\end{cases}$

$\Rightarrow \widehat{((ACC'A');(ABC))}=\widehat{A'NH} = 45^\circ$

$\Rightarrow A'H = HN.\tan45^\circ = \dfrac{a\sqrt3}{4}$

Ta được:

$\quad V_{ABC.A'B'C'} = S_{ABC}.A'H = \dfrac{a^2\sqrt3}{4}\cdot \dfrac{a\sqrt3}{4}$

$\Leftrightarrow V_{ABC.A'B'C'} = \dfrac{3a^2}{16}$

Câu 6:

Gọi $G,\ M$ lần lượt là trọng tâm $\triangle ABC$ và trung điểm cạnh $AC$

$\Rightarrow B'G\perp (ABC)$

$\Rightarrow \widehat{(BB';(ABC))} = \widehat{B'BG} = 60^\circ$

$\Rightarrow \begin{cases}B'G = BB'.\sin60^\circ = \dfrac{a\sqrt3}{2}\\BG = BB'.\cos60^\circ = \dfrac{a}{2}\end{cases}$

Ta có:

$\quad BG = \dfrac23BM$ (tính chất trọng tâm)

$\Rightarrow BM = \dfrac32BG = \dfrac{3a}{4}$

Xét $\triangle ABC$ vuông tại $C$ có $\widehat{BAC} = 60^\circ$

$\Rightarrow \tan\widehat{BAC} = \dfrac{BC}{AC}$

$\Rightarrow BC = AC.\tan60^\circ = AC\sqrt3$

$\Rightarrow BC = 2MC\sqrt3$

$\Rightarrow MC = \dfrac{BC}{2\sqrt3}$

Áp dụng định lý $Pythagoras$ ta được:

$\quad BM^2 = MC^2 + BC^2$

$\Leftrightarrow \dfrac{9a^2}{16} = \dfrac{BC^2}{12} + BC^2$

$\Leftrightarrow \dfrac{9a^2}{16} = \dfrac{13BC^2}{12}$

$\Leftrightarrow BC^2 = \dfrac{27a^2}{52}$

$\Rightarrow BC =\dfrac{3a\sqrt3}{2\sqrt{13}}$

$\Rightarrow AC = \dfrac{3a}{2\sqrt{13}}$

Khi đó:

$\quad V_{A'.ABC} = V_{B'.ABC} = \dfrac13S_{ABC}.B'G$

$\Leftrightarrow V_{A'.ABC} = \dfrac16BC.AC.B'G = \dfrac16\cdot \dfrac{3a\sqrt3}{2\sqrt{13}}\cdot \dfrac{3a}{2\sqrt{13}}\cdot \dfrac{a\sqrt3}{2}$

$\Leftrightarrow V_{A'.ABC} = \dfrac{9a^3}{208}$

Câu 7:

Gọi $H$ là hình chiếu của $A'$ lên $(ABCD)$

$\Rightarrow \widehat{(AA';(ABC))} = \widehat{A'AH} = 30^\circ$

$\Rightarrow A'H = AA'.\sin30^\circ = 3a$

$\Rightarrow V_{ABC.A'B'C'} = S_{ABCD}.A'H = AB.AD.A'H$

$\Rightarrow V_{ABC.A'B'C'} = a.2a.3a = 6a^3$

Ta được:

$\quad V_{ACB'D'} = V_{ABC.A'B'C'} - V_{B'.ABC} - V_{C.B'C'D'} - V_{A.A'B'D'}- V_{D'.ACD}$

$\Leftrightarrow V_{ACB'D'} = V_{ABC.A'B'C'} - \dfrac16V_{ABC.A'B'C'} - \dfrac16V_{ABC.A'B'C'} - \dfrac16V_{ABC.A'B'C'} - \dfrac16V_{ABC.A'B'C'}$

$\Leftrightarrow V_{ACB'D'} = \dfrac13V_{ABC.A'B'C'}$

$\Leftrightarrow V_{ACB'D'} = 2a^3$

Bạn xem hình