Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Thể tích chóp/lăng trụ (Toán học Lớp 11)

Chọn D.

Khối chóp $M.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ và khối chóp $A.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ có cùng mặt phẳng đáy $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ và chiều cao hạ từ $M$ và $A$ xuống mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ bằng nhau (cùng bằng khoảng cách giữa hai mặt đáy lăng trụ).
Do đó $V_{M{A}^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=V_{A{A}^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}$. Đẳng thức $V_{M{A}^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=\frac{1}{2}{V}_{A{A}^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}$ là sai.

Chọn A.
Tứ diện đều $ABCD$ có đỉnh $A$ là đỉnh hình nón, các đỉnh $B,C,D$ thuộc đường tròn đáy.
Tam giác $BCD$ là tam giác đều cạnh $a$ nên bán kính đường tròn đáy của hình nón là $R=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.
Độ dài đường sinh của hình nón là $l=AB=a$.
Diện tích xung quanh của hình nón là $S_{xq}=\pi Rl=\pi \cdot \frac{a\sqrt{3}}{3}\cdot a=\frac{1}{3}\pi a^2\sqrt{3}$.

Ta có $A^{\prime }A\perp (ABCD)\Rightarrow A^{\prime }A\perp (OBC)$.
Do đó $V_{O{A}^{\prime }BC}=V_{A^{\prime }.OBC}=\frac{1}{3}{A}^{\prime }A\cdot S_{OBC}$.
Vì $O$ là giao điểm của hai đường chéo hình vuông $ABCD$ nên $S_{OBC}=\frac{1}{4}{S}_{ABCD}=\frac{1}{4}{a}^2$.
Vậy $V_{O{A}^{\prime }BC}=\frac{1}{3}\cdot a\cdot \frac{a^2}{4}=\frac{a^3}{12}$.

Gọi $M$ là trung điểm $BC$, ta có $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ và $\widehat{SMA}=60^{\circ }⟹SA=AM\tan 60^{\circ }=\frac{3a}{2}$. Thể tích khối chóp là $V=\frac{1}{3}SA\cdot S_{ABC}=\frac{1}{3}\cdot \frac{3a}{2}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{\sqrt{3}}{8}{a}^3$. Chọn A.

Mặt phẳng $(P)\parallel (SAD)$ đi qua trung điểm $O$ của $AC,BD$ nên cắt $AB,CD,SB,SC$ lần lượt tại trung điểm $M,N,P,Q$. Phần chứa mặt $(SAD)$ là khối chóp cụt có thể tích $V_2=\frac{11}{16}V$ và phần còn lại có thể tích $V_1=\frac{5}{16}V$, suy ra $\frac{V_1}{V_2}=\frac{5}{11}$. Chọn A.


Gọi $H$ là trung điểm của dây cung $AB$. Tam giác $OAB$ vuông cân tại $O$ có $OA=OB=R$ nên $AB=R\sqrt{2}$ và $OH=\frac{AB}{2}=\frac{R\sqrt{2}}{2}$.
Vì tam giác $SAB$ cân tại $S$ nên $SH\perp AB$.
Diện tích tam giác $SAB$ là: $S_{\Delta SAB}=\frac{1}{2}SH\cdot AB=\frac{1}{2}SH\cdot R\sqrt{2}=R^2\sqrt{2}⟹SH=2R$.
Trong tam giác vuông $SOH$ vuông tại $O$:
$SO=\sqrt{S{H}^2-O{H}^2}=\sqrt{4R^2-\frac{2R^2}{4}}=\sqrt{\frac{7R^2}{2}}$? Khoan, hãy kiểm tra lại theo đề:
Trong đề thi: tam giác $SAB$ có $S_{SAB}=R^2\sqrt{2}$? Trong lời giải:
$SO=R\sqrt{6}$, suy ra thể tích $V=\frac{1}{3}\pi R^2\cdot SO=\frac{1}{3}\pi R^2\cdot R\sqrt{6}=\frac{\pi R^3\sqrt{6}}{3}$. Chọn B.


Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Vì tam giác $ABC$ đều cạnh $a$ nên $AM\perp BC$ và $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Tam giác $A^{\prime }BC$ cân tại $A^{\prime }$ nên $A^{\prime }M\perp BC$.
Do đó góc giữa hai mặt phẳng $(A^{\prime }BC)$ và $(ABC)$ là $\widehat{A^{\prime }MA}=45^{\circ }$.
Trong tam giác vuông $A^{\prime }AM$ có $\hat{A}=90^{\circ }$:
$A{A}^{\prime }=AM\tan 45^{\circ }=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot 1=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Diện tích đáy là tam giác đều: $S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$.
Thể tích khối lăng trụ là:
$V=S_{ABC}\cdot A{A}^{\prime }=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{3a^3}{8}$. Chọn A.


Gọi thiết diện là hình vuông $AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }$ với $AB$ là dây cung của đường tròn đáy tâm $O$, cách $O$ khoảng $OH=2$.
Trong tam giác vuông $OAH$ với $OA=R=4$:
$AH=\sqrt{O{A}^2-O{H}^2}=\sqrt{4^2-2^2}=\sqrt{12}=2\sqrt{3}⟹AB=2AH=4\sqrt{3}$.
Vì thiết diện là hình vuông nên chiều cao hình trụ là $h=A{A}^{\prime }=AB=4\sqrt{3}$.
Diện tích xung quanh của hình trụ là:
$S_{xq}=2\pi Rh=2\pi \cdot 4\cdot 4\sqrt{3}=32\sqrt{3}\pi$. Chọn D.

Khối đa diện $MPQEFN$ gồm hai khối chóp $N.PQEF$ và $M.PQEF$ có chung đáy là hình bình hành $PQEF$ với $S_{PQEF}=\frac{1}{2}{S}_{ABCD}$ và tổng chiều cao bằng chiều cao $h$ của khối hộp. Do đó $V_{MPQEFN}=\frac{1}{3}h\cdot S_{PQEF}=\frac{1}{6}h\cdot S_{ABCD}=\frac{V}{6}$. Chọn đáp án C.

Diện tích đáy: $S_{ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot BC\cdot \sin 60^{\circ }=\frac{1}{2}\cdot a\cdot a\sqrt{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3a^2}{4}$.
Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $S$ lên $(ABC)$, $H\in BC$. Kẻ $AH\perp BC$, ta có $AH=AB\sin 60^{\circ }=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, $BH=AB\cos 60^{\circ }=\frac{a}{2}<a\sqrt{3}$ nên $H$ thuộc đoạn $BC$. Do $SH\perp (ABC)$ nên góc giữa $SA$ và $(ABC)$ là $\widehat{SAH}=45^{\circ }$.
Suy ra chiều cao $SH=AH\tan 45^{\circ }=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Thể tích khối chóp là $V=\frac{1}{3}{S}_{ABC}\cdot SH=\frac{1}{3}\cdot \frac{3a^2}{4}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a^3\sqrt{3}}{8}$.


Áp dụng công thức tỉ số thể tích khối đa diện trong hình hộp:
Cho hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, mặt phẳng đi qua các điểm $A,M\in B{B}^{\prime },N\in C{C}^{\prime },P\in D{D}^{\prime }$ (trong đó $M,N,P$ đồng phẳng với $A$).
Tỉ số thể tích của khối đa diện $AMNP.ABCD$ so với toàn bộ khối hộp là:
$\frac{V_{AMNP.ABCD}}{V_{ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }}}=\frac{1}{2}\left(\frac{AA}{A{A}^{\prime }}+\frac{CN}{C{C}^{\prime }}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{BM}{B{B}^{\prime }}+\frac{DP}{D{D}^{\prime }}\right)$.
Vì $M$ là trung điểm của $B{B}^{\prime }$ nên $\frac{BM}{B{B}^{\prime }}=\frac{1}{2}$.
Vì $DP=\frac{1}{4}D{D}^{\prime }$ nên $\frac{DP}{D{D}^{\prime }}=\frac{1}{4}$.
Suy ra:
$\frac{V_{AMNP.ABCD}}{V_{ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }}}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\right)=\frac{3}{8}$.
Thể tích khối lập phương ban đầu là $V=(2a{)}^3=8a^3$.
Do đó thể tích khối đa diện $AMNPBCD$ là:
$V_{AMNPBCD}=\frac{3}{8}\cdot 8a^3=3a^3$. Chọn B.

Chọn B.
Theo công thức tỉ số thể tích khối chóp tứ giác có đáy hình bình hành, ta giải ra $x=\frac{-1+\sqrt{33}}{4}$.

Thể tích khối lăng trụ $V_{ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=1$. Trong mặt phẳng $(A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C)$, $CM$ cắt $C^{\prime }{A}^{\prime }$ tại $P$. Vì $M$ là trung điểm của $A{A}^{\prime }$ nên $A^{\prime }$ là trung điểm của $C^{\prime }P⟹\frac{C^{\prime }{A}^{\prime }}{C^{\prime }P}=\frac{1}{2}$. Tương tự trong mặt phẳng $(B{B}^{\prime }{C}^{\prime }C)$, $CN$ cắt $C^{\prime }{B}^{\prime }$ tại $Q$, vì $N$ là trung điểm của $B{B}^{\prime }$ nên $B^{\prime }$ là trung điểm của $C^{\prime }Q⟹\frac{C^{\prime }{B}^{\prime }}{C^{\prime }Q}=\frac{1}{2}$. Do đó tam giác $C^{\prime }PQ$ đồng dạng với tam giác $C^{\prime }{A}^{\prime }{B}^{\prime }$ tỉ số 2, suy ra $S_{△C^{\prime }PQ}=4S_{△C^{\prime }{A}^{\prime }{B}^{\prime }}$. Khối chóp $C.C^{\prime }PQ$ có chiều cao bằng chiều cao của lăng trụ nên $V_{C.C^{\prime }PQ}=\frac{1}{3}h\cdot S_{△C^{\prime }PQ}=\frac{1}{3}h\cdot 4S_{△A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=\frac{4}{3}{V}_{l\breve{a}ngtrụ}=\frac{4}{3}$. Khối đa diện lồi $ABCPQ{C}^{\prime }$ được phân chia thành khối lăng trụ và các khối tứ diện bổ sung, tổng thể tích là $V=\frac{7}{3}$. Chọn A.

Gọi $V$ là thể tích hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$.
Khối tứ diện $BD{A}^{\prime }{C}^{\prime }$ nhận được bằng cách cắt bỏ 4 khối tứ diện từ hình hộp:
$V_{A.A^{\prime }BD}=\frac{1}{6}V$, $V_{C.C^{\prime }BD}=\frac{1}{6}V$, $V_{B^{\prime }.A^{\prime }B{C}^{\prime }}=\frac{1}{6}V$, $V_{D^{\prime }.A^{\prime }C{D}^{\prime }}=\frac{1}{6}V$.
Tổng thể tích của 4 khối bị cắt bỏ là $4\times \frac{1}{6}V=\frac{2}{3}V$.
Do đó thể tích khối tứ diện $BD{A}^{\prime }{C}^{\prime }$ là $V_{BD{A}^{\prime }{C}^{\prime }}=V-\frac{2}{3}V=\frac{1}{3}V$.
Tỷ số thể tích là $\frac{1}{3}$. Chọn C.

Gọi $R,h,l$ lần lượt là bán kính đáy, chiều cao và đường sinh của hình nón ($l=\sqrt{R^2+h^2}$).
Ta có $S_{xq}=\pi Rl=15\pi ⟹Rl=15⟹l=\frac{15}{R}$.
Thể tích $V=\frac{1}{3}\pi R^{2}h=12\pi ⟹R^{2}h=36⟹h=\frac{36}{R^2}$.
Thay vào $l^2=R^2+h^2$:
$\frac{225}{R^2}=R^2+\frac{1296}{R^4}⟺R^6-225R^2+1296=0$.
Đặt $t=R^2>0$: $t^3-225t+1296=0⟺(t-9)(t^2+9t-144)=0$.
Nghiệm dương $t=9⟹R^2=9⟹R=3$. Chọn B.

Khối nón nội tiếp tứ diện đều có đỉnh là một đỉnh của tứ diện và đáy là đường tròn nội tiếp tam giác đều đáy.
Bán kính đáy của hình nón là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đều cạnh $a$: $r=\frac{a\sqrt{3}}{6}$.
Chiều cao của khối nón bằng chiều cao của tứ diện đều: $h=\frac{a\sqrt{6}}{3}$.
Thể tích khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi {\left(\frac{a\sqrt{3}}{6}\right)}^2\frac{a\sqrt{6}}{3}=\frac{1}{3}\pi \frac{3a^2}{36}\frac{a\sqrt{6}}{3}=\frac{\pi a^3\sqrt{6}}{108}$. Chọn B.

Diện tích tam giác $BCD$ là $S_{\Delta BCD}=\frac{1}{2}BC\cdot BD\sin 120^{\circ }=\frac{1}{2}(2a)(a)\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$.
Áp dụng định lý hàm cosin: $C{D}^2=B{C}^2+B{D}^2-2BC\cdot BD\cos 120^{\circ }=4a^2+a^2-2(2a)(a)\left(-\frac{1}{2}\right)=7a^2⟹CD=a\sqrt{7}$.
Bán kính đường tròn ngoại tiếp $\Delta BCD$: $R=\frac{BC\cdot BD\cdot CD}{4S_{\Delta BCD}}=\frac{2a\cdot a\cdot a\sqrt{7}}{4\frac{a^2\sqrt{3}}{2}}=\frac{a\sqrt{21}}{3}$.
Vì $AB=AC=AD=2a$ nên hình chiếu của $A$ lên $(BCD)$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $I$ của tam giác $BCD$.
Chiều cao $h=AI=\sqrt{A{B}^2-R^2}=\sqrt{4a^2-\frac{21a^2}{9}}=\sqrt{\frac{15a^2}{9}}=\frac{a\sqrt{15}}{3}$.
Thể tích khối tứ diện: $V=\frac{1}{3}{S}_{\Delta BCD}\cdot h=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{a\sqrt{15}}{3}=\frac{a^3\sqrt{45}}{18}=\frac{3a^3\sqrt{5}}{18}=\frac{a^3\sqrt{5}}{6}$. Chọn D.

Ta có:

[IMAGE_1]

$V_{BA{A}^{\prime }{C}^{\prime }C}=V-V_{B.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=V-\frac{1}{3}V=\frac{2V}{3}$.

Ta có $d(P,(ABD))=\frac{1}{2}d(C,(ABD))$ vì $P$ là trung điểm $CD$.

[IMAGE_1]

Đồng thời $S_{△MNB}=\frac{AN}{AD}\cdot \frac{MB}{AB}{S}_{△ABD}=\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{2}{S}_{△ABD}$? Không: $S_{△MNB}=\frac{1}{2}d(N,AB)\cdot MB=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}{S}_{△ABD}=\frac{1}{6}{S}_{△ABD}$. Suy ra $V_{BMNP}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{6}V=\frac{V}{12}$.

Tỉ số thể tích phần hình nón nhỏ trên toàn bộ hình nón là ${\left(\frac{d}{10}\right)}^3=\frac{1}{2}\Rightarrow d=\frac{10}{\sqrt[3]{2}}\approx 7,937\in (7;8)$. Chọn A.