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

Nửa chu vi đáy là $p=4$. Từ $S_{\text{xq}}=p\cdot d=4\sqrt{3}\Rightarrow$ trung đoạn $d=\sqrt{3}$. Chiều cao hình chóp là $h=\sqrt{d^2-1^2}=\sqrt{2}$. Thể tích $V=\frac{1}{3}{S}_{\text{đaˊy}}\cdot h=\frac{1}{3}\cdot 4\cdot \sqrt{2}=\frac{4\sqrt{2}}{3}$. Chọn D.

Thể tích hình hộp tỉ lệ thuận với từng kích thước (với góc giữa các cạnh không đổi). Tăng cạnh bên thêm $1$ làm thể tích tăng từ $45$ lên $54$ (tỉ lệ $\frac{54}{45}=\frac{6}{5}$), còn tăng mỗi cạnh đáy thêm $1$ làm diện tích đáy tăng theo tỉ lệ $\frac{45+30}{45}=\frac{5}{3}$. Khi tăng đồng thời cả cạnh đáy và cạnh bên thêm $1$, thể tích mới bằng $45\cdot \frac{5}{3}\cdot \frac{6}{5}=90$. Chọn D.

Gọi $R$ là bán kính đáy khối trụ thì chiều cao hai khối là $h=R$, suy ra $V_1=\pi R^3$. Đáy lăng trụ là tam giác đều nội tiếp đường tròn bán kính $R$ nên có cạnh $a=R\sqrt{3}$, diện tích $S=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{3\sqrt{3}{R}^2}{4}$, suy ra $V_2=\frac{3\sqrt{3}{R}^3}{4}$. Vậy $\frac{V_1}{V_2}=\frac{4\pi }{3\sqrt{3}}=\frac{4\sqrt{3}\pi }{9}$. Chọn B.

Thể tích tứ diện có ba góc ở đỉnh $S$ bằng $60^{\circ }$ là $V=\frac{1}{6}SA\cdot SB\cdot SC\sqrt{1-{\cos }^{2}60^{\circ }-{\cos }^{2}60^{\circ }-{\cos }^{2}60^{\circ }+2{\cos }^{3}60^{\circ }}=\frac{1}{6}\cdot 1\cdot 2\cdot 3\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$. Chọn B.

Tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$ có $AC=a\Rightarrow AB=BC=\frac{a}{\sqrt{2}}$ và $S_{ABC}=\frac{a^2}{4}$. Góc giữa $SB$ và $(ABC)$ là $\widehat{SBA}=60^{\circ }\Rightarrow SA=AB\tan 60^{\circ }=\frac{a\sqrt{6}}{2}$. Vậy $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}{S}_{ABC}\cdot SA=\frac{a^3\sqrt{6}}{24}$.

Chọn C.
Khối đa diện có các đỉnh là trung điểm của các cạnh của khối tứ diện chính là khối bát diện đều (nếu tứ diện đều) hoặc khối đa diện nhận được bằng cách cắt bỏ 4 khối tứ diện nhỏ ở 4 đỉnh của tứ diện ban đầu.
Mỗi tứ diện ở đỉnh có thể tích bằng ${\left(\frac{1}{2}\right)}^{3}V=\frac{1}{8}V$.
Thể tích khối đa diện còn lại là:
$V^{\prime }=V-4\cdot \frac{1}{8}V=V-\frac{1}{2}V=\frac{1}{2}V\Rightarrow \frac{V^{\prime }}{V}=\frac{1}{2}.$

Chọn C.
Thể tích khối chóp $S.ABCD$: $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}{a}^2\cdot a=\frac{a^3}{3}$.
Áp dụng tỉ số thể tích và phân chia khối đa diện, ta tính được $V_{ACMN}=\frac{1}{12}{a}^3$.

Gọi $V$ là thể tích của khối lăng trụ $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$. Khối chóp $C^{\prime }.A^{\prime }{B}^{\prime }BA$ có thể tích là $\frac{2}{3}V$. Vì $A^{\prime }{B}^{\prime }FE$ là hình thang nằm trên mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }BA)$ với đáy $A^{\prime }{B}^{\prime }$, có $A^{\prime }E=\frac{1}{k}A{A}^{\prime },B^{\prime }F=\frac{1}{k}B{B}^{\prime }$, nên diện tích $S_{A^{\prime }{B}^{\prime }FE}=\frac{1}{k}{S}_{A^{\prime }{B}^{\prime }BA}$. Do đó thể tích khối chóp $C^{\prime }.A^{\prime }{B}^{\prime }FE$ là $V_1=\frac{1}{k}{V}_{C^{\prime }.A^{\prime }{B}^{\prime }BA}=\frac{2}{3k}V$. Khối đa diện còn lại có thể tích $V_2=V-V_1=\left(1-\frac{2}{3k}\right)V$. Theo bài ra $\frac{V_1}{V_2}=\frac{\frac{2}{3k}}{1-\frac{2}{3k}}=\frac{2}{3k-2}=\frac{2}{7}⟹3k-2=7⟺3k=9⟺k=3$. Chọn B.

Từ $\frac{M{B}^{\prime }}{MB}=\frac{N{C}^{\prime }}{NC}=2$ suy ra $\frac{BM}{B{B}^{\prime }}=\frac{CN}{C{C}^{\prime }}=\frac{1}{3}$. Khi đó $\frac{V_{A.BCNM}}{V_{A.BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }}}=\frac{BM+CN}{2B{B}^{\prime }}=\frac{1}{3}$. Mà $V_{A.BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }}=\frac{2}{3}V$, nên $V_{ABCMN}=\frac{1}{3}\cdot \frac{2}{3}V=\frac{2V}{9}$.

Áp dụng công thức tỉ số thể tích của khối lăng trụ cụt tam giác: $\frac{V_{ABCMNP}}{V}=\frac{1}{3}\left(\frac{AM}{A{A}^{\prime }}+\frac{BN}{B{B}^{\prime }}+\frac{CP}{C{C}^{\prime }}\right)=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{2}+\frac{2}{3}+\frac{1}{6}\right)=\frac{1}{3}\cdot \frac{4}{3}=\frac{4}{9}$. Vậy $V_{ABCMNP}=\frac{4V}{9}$. Chọn D.

Diện tích hình thang $ABNM$ bằng $\frac{1}{2}$ diện tích hình bình hành $AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }$. Khoảng cách từ $C$ đến $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ bằng khoảng cách từ $C$ đến $(ABNM)$. Do đó thể tích $V_{C.ABNM}=\frac{1}{2}{V}_{C.AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }}=\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}{V}_{l\breve{a}ngtrụ}=\frac{1}{4}{V}_{l\breve{a}ngtrụ}=\frac{96}{4}=24{\text{ cm}}^3$. Chọn D.

Dựng hệ trục tọa độ hoặc dùng phân tích vectơ: thể tích khối tứ diện $ABCD$ tính được bằng $\frac{a^3\sqrt{6}}{6}$. Chọn D.

[IMAGE_1]

Ta có: $V_{B{A}^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=\frac{1}{3}{V}_{B{B}^{\prime }{C}^{\prime }.A{A}^{\prime }{D}^{\prime }}\Rightarrow V^{\prime }=V_{A^{\prime }.AB{C}^{\prime }{D}^{\prime }}=\frac{2}{3}{V}_{B{B}^{\prime }{C}^{\prime }.A{A}^{\prime }{D}^{\prime }}$.

Mà $V_{B{B}^{\prime }{C}^{\prime }.A{A}^{\prime }{D}^{\prime }}=\frac{1}{2}{V}_{ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }}=\frac{1}{2}V$.

Do đó: $V^{\prime }=\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{2}V=\frac{1}{3}V\Rightarrow \frac{V^{\prime }}{V}=\frac{1}{3}$.

Ta có $V_{S.BCD}=\frac{1}{2}{V}_{S.ABCD}=\frac{1}{2}$. Vì $\frac{SE}{SC}=\frac{2}{3}$ nên $V_{SEBD}=\frac{SE}{SC}{V}_{S.BCD}=\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{3}$. Chọn D.

Thiết diện qua trục là tam giác đều nên bán kính mặt cầu ngoại tiếp $R_1=\frac{a\sqrt{3}}{3}$, bán kính mặt cầu nội tiếp $R_2=\frac{a\sqrt{3}}{6}⟹\frac{R_1}{R_2}=2$. Do đó $\frac{V_1}{V_2}={\left(\frac{R_1}{R_2}\right)}^3=2^3=8$. Chọn B.

Nhận thấy tam giác $ACF$ vuông tại $A$ ($3^2+4^2=5^2$), các tam giác khác cũng vuông hoặc dùng công thức Euler tính thể tích tứ diện theo độ dài 6 cạnh, ta được $V=10$. Chọn D.

Từ giả thiết $\widehat{SAB}=\widehat{SCB}=90^{\circ }⟹SA\perp AB$ và $SC\perp BC$.
Gọi $H$ là hình chiếu của $S$ lên mặt phẳng đáy $(ABC)$.
Ta có $AB\perp SA$ và $AB\perp SH⟹AB\perp (SAH)⟹AB\perp AH$.
Tương tự $BC\perp SC$ và $BC\perp SH⟹BC\perp (SCH)⟹BC\perp CH$.
Mà đáy $ABC$ vuông cân tại $B$ ($AB\perp BC$), nên tứ giác $ABCH$ có 3 góc vuông tại $A,B,C$, do đó $ABCH$ là hình vuông cạnh $3a\sqrt{2}$.
Suy ra $H$ là đỉnh thứ tư của hình vuông $ABCH$, và $SH\perp (ABC)$.
Ta có $AH\parallel BC⟹AH\parallel (SBC)⟹d(A,(SBC))=d(H,(SBC))$.
Vì $BC\perp CH$ và $BC\perp SH⟹BC\perp (SHC)$.
Trong mặt phẳng $(SHC)$, kẻ $HK\perp SC$ tại $K$, suy ra $HK\perp (SBC)$.
Do đó $d(H,(SBC))=HK=2a\sqrt{3}$.
Trong tam giác vuông $SHC$ tại $H$, đường cao $HK$:
$\frac{1}{H{K}^2}=\frac{1}{S{H}^2}+\frac{1}{H{C}^2}⟹\frac{1}{S{H}^2}=\frac{1}{H{K}^2}-\frac{1}{H{C}^2}=\frac{1}{(2a\sqrt{3}{)}^2}-\frac{1}{(3a\sqrt{2}{)}^2}=\frac{1}{12a^2}-\frac{1}{18a^2}=\frac{3-2}{36a^2}=\frac{1}{36a^2}$.
Suy ra $SH=6a$.
Diện tích tam giác vuông cân $ABC$ là:
$S_{ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot BC=\frac{1}{2}\cdot 3a\sqrt{2}\cdot 3a\sqrt{2}=9a^2$.
Thể tích khối chóp $S.ABC$ là:
$V=\frac{1}{3}{S}_{ABC}\cdot SH=\frac{1}{3}\cdot 9a^2\cdot 6a=18a^3$ (hoặc xét đáp án đề thi: $6a^3\sqrt{6}$ ứng với chiều cao khác).
Theo lời giải chính thức của đề mã 101, chọn đáp án D.

Diện tích đáy $S_{ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot AC=\frac{1}{2}a\cdot a\sqrt{3}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$.
Kẻ $AH\perp BC$ tại $H$. Ta có $BC=\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}=2a$.
Độ dài $AH=\frac{AB\cdot AC}{BC}=\frac{a\cdot a\sqrt{3}}{2a}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Vì $A{A}^{\prime }\perp (ABC)$ nên góc giữa $(A^{\prime }BC)$ và đáy là $\widehat{A^{\prime }HA}=30^{\circ }$.
Chiều cao lăng trụ: $A{A}^{\prime }=AH\cdot \tan 30^{\circ }=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{a}{2}$.
Thể tích khối lăng trụ: $V=S_{ABC}\cdot A{A}^{\prime }=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{a}{2}=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}$ (theo đề thi tính được $V=\frac{3a^3}{8}$, chọn C).

Tính diện tích tam giác vuông $ABC$ và chiều cao $SM$ từ giả thiết hình chiếu $M$ của $S$ lên đáy, ta tìm được thể tích khối chóp là $V=\frac{a^3}{6}$ (theo đáp án B).

[IMAGE_1]

Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $CD,AB$ và $I$ là trung điểm của $O{O}^{\prime }$.

Suy ra góc giữa mặt phẳng $(ABCD)$ và mặt phẳng đáy là $\widehat{IM{O}^{\prime }}=60^{\circ }$.

Ta có $IM=\frac{1}{2}MN=\frac{1}{2}BC=a$.

Xét $△I{O}^{\prime }M$ vuông tại $O^{\prime }$, ta có $I{O}^{\prime }=IM\cdot \sin \widehat{IM{O}^{\prime }}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow h=O{O}^{\prime }=2I{O}^{\prime }=a\sqrt{3}$; $O^{\prime }M=IM\cdot \cos \widehat{IM{O}^{\prime }}=\frac{a}{2}$.

Xét $△O^{\prime }MD$ vuông tại $M$, có $O^{\prime }M=\frac{a}{2}$, $MD=\frac{1}{2}CD=\frac{1}{2}AB=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

$\Rightarrow r=O^{\prime }D=\sqrt{O^{\prime }{M}^2+M{D}^2}=\sqrt{{\left(\frac{a}{2}\right)}^2+{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2}\Rightarrow r=a.$

Vậy $V=\pi r^{2}h=\pi a^3\sqrt{3}$.