Hình hộp chữ nhật có \(3\) mặt phẳng đối xứng, đó là mặt phẳng đi qua trung điểm các cạnh đối diện.

Khối đa diện $20$ mặt đều thuộc loại \(\left\{ {3;5} \right\}\) nên mỗi mặt có $3$ cạnh

Mỗi cạnh là cạnh chung của $2$ mặt nên tổng số cạnh của đa diện là $20.3:2 = 30$  (cạnh)

Ta có: \(A'A = 2SA',B'B = 2SB',C'C = 2SC' \)

$\Rightarrow \overrightarrow {SA'} = \dfrac{1}{3}\overrightarrow {SA} ,\overrightarrow {SB'} = \dfrac{1}{3}\overrightarrow {SB} ,\overrightarrow {SC'} = \dfrac{1}{3}\overrightarrow {SC} $

Do đó phép vị tự tâm \(S\) tỉ số \(k = \dfrac{1}{3}\) biến các điểm \(A,B,C\) thành \(A',B',C'\).

Tứ diện đều có mặt phẳng đối xứng là mặt phẳng đi qua 1 cạnh và trung điểm cạnh đối diện. Vì tứ diện đều có 6 cạnh nên có 6 mặt phẳng đối xứng.

Các khối tứ diện, khối hộp, khối lăng trụ tam giác đều là khối đa diện lồi.

Lắp ghép 2 khối hộp chưa chắc được một khối đa diện lồi.      

Nếu \(A',B',C'\) là ba điểm lần lượt nằm trên các cạnh \(SA,SB,SC\) của hình chóp tam giác \(S.ABC\). Khi đó:

\(\dfrac{{{V_{S.A'B'C'}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SA'}}{{SA}}.\dfrac{{SB'}}{{SB}}.\dfrac{{SC'}}{{SC}}\)

Vì $A'B'C'D'$  là hình vuông cạnh $a$ nên \(B'D' = a\sqrt 2 \)

\(BB' \bot \left( {A'B'C'D'} \right) \Rightarrow BB' \bot B'D' \Rightarrow \Delta BB'D'\) vuông tại \(B' \Rightarrow BB' = \sqrt {BD{'^2} - B'D{'^2}}  = \sqrt {6{a^2} - 2{a^2}}  = 2a\)

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

Phép dời hình bảo toàn khoảng cách giữa \(2\) điểm nên đoạn thẳng sẽ có độ dài bằng đoạn thẳng đã cho.

Vì cả hai hình chóp tam giác đều có cách cạnh đáy bằng nhau và bằng \(a\) nên chúng chỉ cần có các cạnh bên bằng nhau là đủ.

Có \(5\) khối đa diện, đó các loại \(\left\{ {3;3} \right\},\left\{ {4;3} \right\},\left\{ {3;4} \right\},\left\{ {5;3} \right\},\left\{ {3;5} \right\}\)

Vậy kí hiệu \(\left\{ {4;4} \right\}\) không phải kí hiệu của khối đa diện đều nào cả.

Trong các hình đã cho chỉ có hình a) là khối đa diện.

Hình b) có 3 cạnh ở trên không phải cạnh chung của 2 mặt, hình c) và d) có 1 cạnh là không là cạnh chung của 2 mặt.

- Khối đa diện đều loại \(\left\{ {n;p} \right\}\):

+ \(n\) là số cạnh của mỗi mặt.

+ \(p\) là số cạnh cùng đi qua một đỉnh.

Vì số đỉnh mỗi mặt bằng số cạnh mỗi mặt nên \(n\) cũng số đỉnh mỗi mặt.

Quan sát bốn hình, có hình C có cạnh là cạnh chung của 4 đa giác, vậy hình này không phải khối đa diện.

Hình đa diện là hình được tạo bởi một số hữu hạn các đa giác. Hình đa diện nhỏ nhất là hình chóp tam giác.

B sai vì hình chóp tam giác có $4$  đỉnh

C sai vì số đỉnh của hình đa diện luôn nhỏ hơn số cạnh

D sai vì số mặt của hình đa diện luôn nhỏ hơn số cạnh

$\Delta ABC$ là tam giác đều cạnh $a$ nên có diện tích  ${S_{ABC}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$

Ta có $AM = \dfrac{{A{A_1}}}{2} = \dfrac{a}{2}$

Hai tứ diện $MABC$ và $M{A_1}BC$ có chung đỉnh $C$, diện tích hai đáy $MAB$ và $M{A_1}B$ bằng nhau nên có thể tích bằng nhau, suy ra

${V_{M.BC{A_1}}} = {V_{M.ABC}} = \dfrac{1}{3}AM.{S_{ABC}} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}$

Trong $mp(SBC)$ kẻ \(SH \bot BC\left( {H \in BC} \right) \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right),H\) là trung điểm \(BC\)

Xét tam giác vuông $ABC$ có \(BC = \sqrt {{a^2} + 3{a^2}}  = 2a \Rightarrow \Delta SBC\) đều cạnh $2a$

\( \Rightarrow SH = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3  \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SH.{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{6}SH.AB.AC = \dfrac{1}{2}{a^3}\)

\(\left. \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAD} \right) = SA\end{array} \right\} \Rightarrow SA \bot \left( {ABCD} \right)\)

\( \Rightarrow AC\) là hình chiếu vuông góc của $SC$ trên \(\left( {ABCD} \right) \Rightarrow \widehat {\left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SC;AC} \right)} = \widehat {SCA} = {45^0}\)

(vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AC \Rightarrow \Delta SAC\) vuông tại \(A \Rightarrow \widehat {SCA} < {90^o}\))

\( \Rightarrow SA = AC = a\sqrt 2 \)

\(\begin{array}{l}{S_{ABCD}} = {a^2}\\{S_{AMN}} = \dfrac{1}{2}AM.AN = \dfrac{1}{2}\dfrac{a}{2}\dfrac{a}{2} = \dfrac{{{a^2}}}{8}\\{S_{BCM}} = \dfrac{1}{2}BM.BC = \dfrac{1}{2}\dfrac{a}{2}.a = \dfrac{{{a^2}}}{4}\\ \Rightarrow {S_{MCDN}} = {S_{ABCD}} - {S_{AMN}} - {S_{BCM}} = {a^2} - \dfrac{{{a^2}}}{8} - \dfrac{{{a^2}}}{4} = \dfrac{{5{a^2}}}{8}\\ \Rightarrow {V_{S.MCDN}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{MCDN}} = \dfrac{1}{3}a\sqrt 2 .\dfrac{{5{a^2}}}{8} = \dfrac{{5{a^3}\sqrt 2 }}{{24}}\end{array}\)

Ta có:

\(ABCD\) là tứ diện vuông tại \(A\) nên \({V_{ABCD}} = \dfrac{1}{6}AB.AC.AD = \dfrac{1}{6}.6a.7a.4a = 28{a^3}\).

Áp dụng công thức tính tỉ lệ thể tích các khối tứ diện ta có:

\(\dfrac{{{V_{DAPN}}}}{{{V_{DABC}}}} = \dfrac{{DA}}{{DA}}.\dfrac{{DP}}{{DB}}.\dfrac{{DN}}{{DC}} = \dfrac{1}{1}.\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{4} \Rightarrow {V_{DAPN}} = \dfrac{1}{4}{V_{DABC}} = \dfrac{1}{4}.28{a^3} = 7{a^3}\)

\(\dfrac{{{V_{BAPM}}}}{{{V_{BADC}}}} = \dfrac{{BA}}{{BA}}.\dfrac{{BP}}{{BD}}.\dfrac{{BM}}{{BC}} = \dfrac{1}{1}.\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{4} \Rightarrow {V_{BAPM}} = \dfrac{1}{4}{V_{BADC}} = \dfrac{1}{4}.28{a^3} = 7{a^3}\)

\(\dfrac{{{V_{CAMN}}}}{{{V_{CABD}}}} = \dfrac{{CA}}{{CA}}.\dfrac{{CM}}{{CB}}.\dfrac{{CN}}{{CD}} = \dfrac{1}{1}.\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{4} \Rightarrow {V_{CAMN}} = \dfrac{1}{4}{V_{CABD}} = \dfrac{1}{4}.28{a^3} = 7{a^3}\)

Do đó \({V_{AMNP}} = {V_{ABCD}} - {V_{DAPN}} - {V_{BAPM}} - {V_{CAMN}} = 28{a^3} - 7{a^3} - 7{a^3} - 7{a^3} = 7{a^3}\)

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

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

Lại có \(AB = BB' = a \Rightarrow ABB'A'\) là hình vuông

Khi đó \(OA = OB = \dfrac{{AB}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{a}{{\sqrt 2 }}\)

Xét tam giác vuông $OAC$ có: \(OC = \sqrt {A{C^2} - O{A^2}}  = \sqrt {{a^2} - \dfrac{{{a^2}}}{2}}  = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

\( \Rightarrow {V_{C.A'AB}} = \dfrac{1}{3}OC.{S_{A'AB}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.\dfrac{{{a^2}}}{2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\)

Mà ${V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}}.d\left( {A',\left( {ABC} \right)} \right) = 3.\dfrac{1}{3}{S_{ABC}}.d\left( {A',\left( {ABC} \right)} \right) = 3.{V_{A'.ABC}}$

Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = 3{V_{C.A'AB}} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{4}\)

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 $C$ nên \(IC \bot AB\). Mà \(AA' \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow AA' \bot IC\)

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

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

\( \Rightarrow \) Mặt phẳng qua $I$ và vuông  góc với $AB'$  là \(\left( {ICD} \right)\)

Tam giác $ABC$ vuông cân tại $C$ nên \(AC = BC = \dfrac{{AB}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{a}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow {S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AC.BC = \dfrac{1}{2}\dfrac{a}{{\sqrt 2 }}\dfrac{a}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{{a^2}}}{4}\)

\(ABB'A'\) là hình vuông \( \Rightarrow AA' = AB = a\)

\( \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{ABC}} = a.\dfrac{{{a^2}}}{4} = \dfrac{{{a^3}}}{4} = V\)

Ta có: \({V_{D.ACI}} = \dfrac{1}{3}AD.{S_{ACI}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{2}AA'.\dfrac{1}{2}{S_{ABC}} = \dfrac{1}{{12}}{V_{ABC.A'B'C'}} = \dfrac{1}{{12}}.\dfrac{{{a^3}}}{4} = \dfrac{{{a^3}}}{{48}} = {V_1}\)

\( \Rightarrow {V_2} = V - {V_1} = \dfrac{{{a^3}}}{4} - \dfrac{{{a^3}}}{{48}} = \dfrac{{11{a^3}}}{{48}}\)

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

\(\left. \begin{array}{l}CD \bot AB\\C'O \bot AB\end{array} \right\} \Rightarrow AB \bot \left( {CC'D} \right) \Rightarrow AB \bot CC'\)

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

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

Ta có: \(\left. \begin{array}{l}\left( {ACC'A'} \right) \cap \left( {BCC'B'} \right) = CC'\\\left( {ACC'A'} \right) \supset HF \bot CC'\\\left( {BCC'B'} \right) \supset HE \bot CC'\end{array} \right\} \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {ACC'A'} \right);\left( {BCC'B'} \right)} \right)} = \widehat {\left( {HF;HE} \right)} = {90^0} \Rightarrow HE \bot HF\)

\( \Rightarrow \Delta HEF\) vuông tại $H$

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

Ta có: \(\dfrac{{EF}}{{AB}} = \dfrac{{CO}}{{CD}} = \dfrac{2}{3} \Rightarrow AB = \dfrac{3}{2}EF = \dfrac{3}{2}.2a = 3a\)\( \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \dfrac{{A{B^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{9{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

\(CD = \dfrac{{AB\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{3a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow CO = \dfrac{2}{3}AB = \dfrac{2}{3}.\dfrac{{3a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \)

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

\( \Rightarrow \dfrac{1}{{O{H^2}}} = \dfrac{1}{{C'{O^2}}} + \dfrac{1}{{C{O^2}}} \Rightarrow \dfrac{1}{{C'{O^2}}} = \dfrac{1}{{O{H^2}}} - \dfrac{1}{{C{O^2}}} = \dfrac{1}{{{a^2}}} - \dfrac{1}{{3{a^2}}} = \dfrac{2}{{3{a^2}}} \Rightarrow C'O = \dfrac{{\sqrt 6 }}{2}a\)

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

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

Ta có:

\(\left. \begin{array}{l}AB' \bot A'C'\left( {AB' \bot \left( {A'B'C'} \right)} \right)\\B'K \bot A'C'\end{array} \right\} \Rightarrow A'C' \bot \left( {AB'K} \right) \Rightarrow A'C' \bot AK\)

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

Ta có:

\(\begin{array}{l}{S_{A'B'C'}} = \dfrac{1}{2}A'B'.A'C'.\sin 120 = \dfrac{1}{2}{a^2}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{1}{2}B'K.A'C'\\ \Rightarrow B'K = \dfrac{{2{S_{A'B'C'}}}}{{A'C'}} = \dfrac{{\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}}}{a} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\end{array}\)

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

$ \Rightarrow AB' = B'K.tan30 = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{3} = \dfrac{a}{2}$

Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = AB'.{S_{A'B'C'}} = \dfrac{a}{2}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{8}\)

Gọi \(O = AC \cap BD\). Vì chóp $S.ABCD$ đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\)

Gọi $E$ và $F$ lần lượt là trung điểm của $CD$ và $AB$

Ta có:

\(\begin{array}{l}AB//CD \Rightarrow SA \subset \left( {SAB} \right)//CD\\ \Rightarrow d\left( {CD;SA} \right) = d\left( {CD;\left( {SAB} \right)} \right) = d\left( {E;\left( {SAB} \right)} \right) = 2d\left( {O;\left( {SAB} \right)} \right) = a\sqrt 3 \\ \Rightarrow d\left( {O;\left( {SAB} \right)} \right) = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\end{array}\)

Ta có:

\(\left. \begin{array}{l}OF \bot AB\\SO \bot AB\,\,\left( {SO \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow AB \bot \left( {SOF} \right)\)

Trong $\left( {SOF} \right)$  kẻ \(OH \bot SF\,\,\left( 1 \right)\)

Vì \(AB \bot \left( {SOF} \right) \Rightarrow AB \bot OH\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(OH \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow d\left( {O;\left( {SAB} \right)} \right) = OH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Xét tam giác vuông SOF có: \(\dfrac{1}{{O{H^2}}} = \dfrac{1}{{S{O^2}}} + \dfrac{1}{{O{F^2}}}\)

\( \Rightarrow \dfrac{1}{{S{O^2}}} = \dfrac{1}{{O{H^2}}} - \dfrac{1}{{O{F^2}}} = \dfrac{4}{{3{a^2}}} - \dfrac{1}{{{a^2}}} = \dfrac{1}{{3{a^2}}} \Rightarrow SO = a\sqrt 3 \)

Vậy \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}a\sqrt 3 .4{a^2} = \dfrac{{4{a^3}\sqrt 3 }}{3}\)

Vì mỗi đỉnh là đỉnh chung của \(3\) cạnh nên \(D\) đỉnh có \(3D\) cạnh.

Tuy nhiên mỗi cạnh lại là cạnh chung của \(2\) đỉnh nên \(2C = 3D\).

Vì $BC//AD$ nên mặt phẳng $\left( {BMC} \right)$ cắt $\left( {SAD} \right)$ theo đoạn thẳng $MN//AD\left( {N \in SD} \right)$

Vì \(MN//AD \Rightarrow \dfrac{{SM}}{{SA}} = \dfrac{{SN}}{{SD}} = k\)

$\begin{array}{l}\dfrac{{{V_{S.MBC}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SM}}{{SA}} = k \Rightarrow {V_{S.MBC}} = k.{V_{S.ABC}} = \dfrac{k}{2}.{V_{S.ABCD}}\\\dfrac{{{V_{S.MNC}}}}{{{V_{S.ADC}}}} = \dfrac{{SM}}{{SA}}.\dfrac{{SN}}{{SD}} = {k^2} \Rightarrow {V_{S.MNC}} = {k^2}.{V_{S.ADC}} = \dfrac{{{k^2}}}{2}.{V_{S.ABCD}}\\ \Rightarrow {V_{S.MBCN}} = {V_{S.MBC}} + {V_{S.MNC}} = \left( {\dfrac{k}{2} + \dfrac{{{k^2}}}{2}} \right){V_{S.ABCD}}\end{array}$

Để mặt phẳng $\left( {BMNC} \right)$ chia hình chóp thành 2 phần có thể tích bằng nhau thì $\dfrac{k}{2} + \dfrac{{{k^2}}}{2} = \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow {k^2} + k - 1 = 0 \Leftrightarrow k = \dfrac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2}$ do $k > 0$.