Cho hình lăng trụ $ABC.A'B'C'$ có $AA'=a$, đáy $ABC$ là tam giác đều, hình chiếu vuông góc của điểm $A'$ trên mặt phẳng $(ABC)$ trùng với trọng tâm $G$ của tam giác $ABC$. Mặt phẳng $(BB'C'C)$ tạo với mặt phẳng $(ABC)$ góc $60^\circ$. Gọi $M, M'$ lần lượt là trung điểm của $BC, B'C'$.

a) Đúng b) Đúng c) Đúng d) Đúng Lời giải a) Vì tam giác $ABC$ đều nên $BC \perp AM$. Mà $BC \perp A'G$ nên $BC \perp (AA'M'M)$. Mệnh đề a đúng. b) Vì $BC \perp (AA'M'M)$ (câu a) nên $AM \parallel A'M'$ và $AA' \parallel MM'$ (cùng là ảnh tịnh tiến theo vectơ $\overrightarrow{AA'}$), suy ra tứ giác $AA'M'M$ là hình bình hành. Góc giữa mặt phẳng $(BCC'B')$ và mặt phẳng $(ABC)$ chính là góc nhọn trong hai góc kề bù $\widehat{A'AM}$, $\widehat{AMM'}$ của hình bình hành này. Theo giả thiết góc đó bằng $60^\circ$, suy ra $\widehat{A'AM} = 60^\circ$ (góc nhọn) và $\widehat{AMM'} = 120^\circ$ (góc tù kề bù). Mệnh đề b đúng. c) Xét tam giác $A'AG$ vuông tại $G$, ta có $AG = AA' \cdot \cos60^\circ = \frac{a}{2}$. $\Rightarrow AM = \frac{3}{2}AG = \frac{3a}{4}$. Xét tam giác $ABM$ vuông tại $M$, ta có $\sin60^\circ = \frac{AM}{AB} \Rightarrow AB = \frac{AM}{\sin60^\circ} = \frac{3a/4}{\sqrt{3}/2} = \frac{a\sqrt{3}}{2}$. Mệnh đề c đúng. d) Xét tam giác $A'AG$ vuông tại $G$, ta có $A'G = AA' \cdot \sin60^\circ = \frac{a\sqrt{3}}{2}$. $S_{ABC} = \frac{AB^2 \cdot \sqrt{3}}{4} = \frac{(a\sqrt{3}/2)^2 \cdot \sqrt{3}}{4} = \frac{3a^2\sqrt{3}}{16}$. Vậy $V_{ABC.A'B'C'} = S_{ABC} \cdot A'G = \frac{3a^2\sqrt{3}}{16} \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{9a^3}{32}$. Mệnh đề d đúng.