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

Góc giữa $(SBC)$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SBA}=30^{\circ }⟹SA=AB\tan 30^{\circ }=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$. Thể tích $V=\frac{1}{3}SA\cdot S_{ABCD}=\frac{8\sqrt{3}{a}^3}{9}$.

Gọi $M$ là trung điểm của $AB⟹ME\parallel SA$. Áp dụng định lý cosin trong tam giác $MEC$ suy ra $SA=3\sqrt{2},AB=3\sqrt{2}$. Thể tích khối chóp $V=\frac{1}{3}SA\cdot \frac{1}{2}AB\cdot BC=9$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 889, trang 7), Câu 27 chọn đáp án D.

Đường tròn ngoại tiếp hình vuông $ABCD$ cạnh $a$ có bán kính $R=\frac{AC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Chiều cao của hình trụ là độ dài cạnh bên hình lập phương: $h=A{A}^{\prime }=a$.
Diện tích xung quanh của hình trụ là: $S=2\pi Rh=2\pi \cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot a=\pi a^2\sqrt{2}$.

Chọn đáp án D.

Vì $H$ là trung điểm $AB$ nên $AH=\frac{a}{2}$.
Trong tam giác vuông $HAD$ tại $A$:
$HD=\sqrt{A{D}^2+A{H}^2}=\sqrt{a^2+{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$.
Vì $SH\perp (ABCD)$ nên tam giác $SHD$ vuông tại $H$:
$SH=\sqrt{S{D}^2-H{D}^2}=\sqrt{{\left(\frac{a\sqrt{13}}{2}\right)}^2-{\left(\frac{a\sqrt{5}}{2}\right)}^2}=\sqrt{\frac{13a^2}{4}-\frac{5a^2}{4}}=a\sqrt{2}$.
Diện tích đáy hình vuông $ABCD$ là $S_{ABCD}=a^2$.
Thể tích khối chóp $S.ABCD$ là:
$V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SH=\frac{1}{3}\cdot a^2\cdot a\sqrt{2}=\frac{a^3\sqrt{2}}{3}$.
Chọn A.

Áp dụng công thức tỉ số thể tích đối với hình chóp tam giác (tứ diện):
$\frac{V_{MIJK}}{V_{MNPQ}}=\frac{MI}{MN}\cdot \frac{MJ}{MP}\cdot \frac{MK}{MQ}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{8}$.
Chọn C.

Diện tích đáy tam giác đều $ABC$ là $S_{\Delta ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$.
Chiều cao của khối lăng trụ bằng hình chiếu vuông góc của cạnh bên lên phương thẳng đứng:
$h=A{A}^{\prime }\cdot \sin 60^{\circ }=2a\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$.
Thể tích của khối lăng trụ là:
$V=S_{\Delta ABC}\cdot h=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot a\sqrt{3}=\frac{3a^3}{4}$.
Chọn C.

Tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$ có cạnh huyền $AC=2\Rightarrow AB=BC=\frac{AC}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}$.
Diện tích tam giác đáy là $S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot BC=\frac{1}{2}\cdot \sqrt{2}\cdot \sqrt{2}=1$.
Thể tích khối chóp $S.ABC$ là $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SA\cdot S_{\Delta ABC}=\frac{1}{3}\cdot 4\cdot 1=\frac{4}{3}$.
Theo giả thiết, $H$ là trung điểm $SB\Rightarrow \frac{SH}{SB}=\frac{1}{2}$.
$KC=2KS\Rightarrow \frac{SK}{SC}=\frac{1}{3}$.
Tỉ số thể tích khối chóp $S.AHK$ so với $S.ABC$ là:
$\frac{V_{S.AHK}}{V_{S.ABC}}=\frac{SA}{SA}\cdot \frac{SH}{SB}\cdot \frac{SK}{SC}=1\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}=\frac{1}{6}\Rightarrow V_{S.AHK}=\frac{1}{6}{V}_{S.ABC}$.
Thể tích khối chóp $A.BHKC$ là:
$V_{A.BHKC}=V_{S.ABC}-V_{S.AHK}=\left(1-\frac{1}{6}\right)V_{S.ABC}=\frac{5}{6}\cdot \frac{4}{3}=\frac{10}{9}$.
Chọn B.

Thể tích của toàn bộ khối lăng trụ tam giác đều $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ là:
$V_0=S_{\Delta ABC}\cdot A{A}^{\prime }=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot a=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}$.
Khối đa diện $ABC.MNP$ thu được bằng cách cắt bỏ 3 khối chóp tam giác ở các đỉnh trên: $A.A^{\prime }PM,B.B^{\prime }MN,C.C^{\prime }NP$.
Ba khối chóp này có thể tích bằng nhau:
$S_{\Delta A^{\prime }PM}=\frac{1}{4}{S}_{\Delta A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=\frac{1}{4}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^2\sqrt{3}}{16}$.
$V_{A.A^{\prime }PM}=\frac{1}{3}{S}_{\Delta A^{\prime }PM}\cdot h=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{16}\cdot a=\frac{a^3\sqrt{3}}{48}$.
Thể tích khối đa diện lồi $ABC.MNP$ là:
$V_{ABC.MNP}=V_0-3V_{A.A^{\prime }PM}=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}-3\cdot \frac{a^3\sqrt{3}}{48}=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}-\frac{a^3\sqrt{3}}{16}=\frac{3a^3\sqrt{3}}{16}$.
Chọn C.

Gọi $I$ là trung điểm đoạn $BC$.
Tam giác $B^{\prime }{C}^{\prime }{I}^{\prime }$ nằm trên mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ có diện tích là:
$S_{\Delta B^{\prime }{C}^{\prime }{I}^{\prime }}=\frac{1}{2}{S}_{A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }}=\frac{1}{2}B$ (với $B$ là diện tích đáy của hình hộp).
Vì $G$ là trọng tâm tam giác $A^{\prime }BC$ nên khoảng cách từ $G$ đến $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ bằng $\frac{2}{3}$ khoảng cách từ $I$ đến $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$:
$d(G,(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }))=\frac{2}{3}h$ (với $h$ là chiều cao hình hộp).
Thể tích khối tứ diện $G{B}^{\prime }{C}^{\prime }{I}^{\prime }$ là:
$V_{G{B}^{\prime }{C}^{\prime }{I}^{\prime }}=\frac{1}{3}d(G,(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }))\cdot S_{\Delta B^{\prime }{C}^{\prime }{I}^{\prime }}=\frac{1}{3}\cdot \frac{2}{3}h\cdot \frac{1}{2}B=\frac{1}{9}Bh=\frac{V}{9}$.
Chọn C.

Khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $(CD{D}^{\prime }{C}^{\prime })$ bằng độ dài cạnh hình lập phương: $d(A,(CD{D}^{\prime }{C}^{\prime }))=AD=2$.
Vì $\frac{C^{\prime }M}{C^{\prime }A}=\frac{1}{4}$ nên khoảng cách từ $M$ đến mặt phẳng $(CD{D}^{\prime }{C}^{\prime })$ là:
$d(M,(CD{D}^{\prime }{C}^{\prime }))=\frac{1}{4}d(A,(CD{D}^{\prime }{C}^{\prime }))=\frac{1}{4}\cdot 2=\frac{1}{2}$.
Trong mặt phẳng $(CD{D}^{\prime }{C}^{\prime })$, $CD{D}^{\prime }{C}^{\prime }$ là hình vuông cạnh 2, diện tích $S_{CD{D}^{\prime }{C}^{\prime }}=2^2=4$.
Vì $N$ là trung điểm của $C{D}^{\prime }$ nên diện tích tam giác $C{C}^{\prime }N$ là:
$S_{\Delta C{C}^{\prime }N}=\frac{1}{4}{S}_{CD{D}^{\prime }{C}^{\prime }}=\frac{1}{4}\cdot 4=1$.
Thể tích tứ diện $C{C}^{\prime }NM$ là:
$V_{C{C}^{\prime }NM}=\frac{1}{3}d(M,(CD{D}^{\prime }{C}^{\prime }))\cdot S_{\Delta C{C}^{\prime }N}=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}\cdot 1=\frac{1}{6}$.
Chọn A.

Chọn C.
Từ giả thiết ta xác định được chiều cao của hình chóp và diện tích đáy $\Delta BMN$. Thể tích khối chóp $S.BMN$ bằng $\frac{a^3}{12}$.

Gọi $h$ là khoảng cách từ đỉnh $S$ đến mặt phẳng $(ABCD)$ và $d$ là khoảng cách từ $A$ đến đường thẳng $CD$.
Diện tích hình bình hành đáy là $S_{ABCD}=CD\cdot d=AB\cdot d$.
Ta có thể tích khối chóp là $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot h=48$.
Tứ giác $MBCN$ là hình thang có hai đáy $MB$ và $NC$, chiều cao là khoảng cách $d$ giữa hai đường thẳng $AB$ và $CD$.
Theo giả thiết:
$MB=\frac{1}{2}AB$; $NC=\frac{2}{3}CD=\frac{2}{3}AB$.
Diện tích hình thang $MBCN$ là:
$S_{MBCN}=\frac{MB+NC}{2}\cdot d=\frac{\frac{1}{2}AB+\frac{2}{3}AB}{2}\cdot d=\frac{7}{12}AB\cdot d=\frac{7}{12}{S}_{ABCD}$.
Vì khối chóp $S.MBCN$ và khối chóp $S.ABCD$ có chung đỉnh $S$ và cùng mặt phẳng đáy $(ABCD)$ nên thể tích tỉ lệ thuận với diện tích đáy:
$V_{S.MBCN}=\frac{S_{MBCN}}{S_{ABCD}}\cdot V_{S.ABCD}=\frac{7}{12}\cdot 48=28$.
Chọn C.

Thể tích tứ diện vuông $ABCD$ là:
$V_{ABCD}=\frac{1}{6}AB\cdot AC\cdot AD=\frac{1}{6}\cdot 6a\cdot 9a\cdot 3a=27a^3$.
Gọi $I,F,E$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $BC,CD,DB$.
Vì $M,N,P$ là trọng tâm các tam giác $ABC,ACD,ADB$ nên:
$\frac{AM}{AI}=\frac{AN}{AF}=\frac{AP}{AE}=\frac{2}{3}$.
Áp dụng công thức tỉ số thể tích của khối chóp tam giác:
$\frac{V_{A.MNP}}{V_{A.IFE}}=\frac{AM}{AI}\cdot \frac{AN}{AF}\cdot \frac{AP}{AE}={\left(\frac{2}{3}\right)}^3=\frac{8}{27}$.
Mặt khác, tam giác $IFE$ tạo bởi trung điểm ba cạnh của tam giác $BCD$, nên diện tích $S_{\Delta IFE}=\frac{1}{4}{S}_{\Delta BCD}$.
Suy ra $V_{A.IFE}=\frac{1}{4}{V}_{A.BCD}=\frac{1}{4}{V}_{ABCD}$.
Do đó:
$V_{A.MNP}=\frac{8}{27}\cdot V_{A.IFE}=\frac{8}{27}\cdot \frac{1}{4}{V}_{ABCD}=\frac{2}{27}{V}_{ABCD}=\frac{2}{27}\cdot 27a^3=2a^3$.
Chọn A.

Tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$ có cạnh huyền $AC=2a$.
Ta có: $A{B}^2+B{C}^2=A{C}^2\iff 2A{B}^2=4a^2\iff AB=a\sqrt{2}$.
Diện tích tam giác đáy $ABC$ là:
$S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot BC=\frac{1}{2}\cdot a\sqrt{2}\cdot a\sqrt{2}=a^2$.
Vì $H$ là trung điểm cạnh $AB$ nên $AH=\frac{AB}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Vì $A^{\prime }H\perp (ABC)$ nên tam giác $A^{\prime }HA$ vuông tại $H$:
$A^{\prime }H=\sqrt{A^{\prime }{A}^2-A{H}^2}=\sqrt{(a\sqrt{2}{)}^2-{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\sqrt{2a^2-\frac{a^2}{2}}=\sqrt{\frac{3a^2}{2}}=\frac{a\sqrt{6}}{2}$.
Thể tích khối lăng trụ $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ là:
$V=S_{\Delta ABC}\cdot A^{\prime }H=a^2\cdot \frac{a\sqrt{6}}{2}=\frac{a^3\sqrt{6}}{2}$.
Chọn C.

Chọn D.
(Theo bảng đáp án chính thức của trường THPT Trần Phú - Hà Tĩnh, Mã đề 101, Trang 5)

Diện tích đáy $ABC$ vuông tại $A$ là:
$$S_{ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot AC=\frac{1}{2}a\cdot a\sqrt{3}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}.$$
Kẻ $AH\perp BC$ tại $H$. Vì $A^{\prime }A\perp (ABC)⟹A^{\prime }H\perp BC$ (định lý ba đường vuông góc).
Do đó góc giữa $(A^{\prime }BC)$ và $(ABC)$ là góc $\widehat{A^{\prime }HA}=30^{\circ }$.
Độ dài đường cao $AH$ trong tam giác vuông $ABC$:
$$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{C}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{3a^2}=\frac{4}{3a^2}⟹AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$$
Chiều cao của lăng trụ:
$$A^{\prime }A=AH\cdot \tan 30^{\circ }=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{a}{2}.$$
Thể tích khối lăng trụ đứng là:
$$V=S_{ABC}\cdot A^{\prime }A=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{a}{2}=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}.$$

Chọn C.
(Theo bảng đáp án chính thức của trường THPT Trần Phú - Hà Tĩnh, Mã đề 101, Trang 5)

Gọi $M$ là trung điểm của $AC$. Vì tam giác $ABC$ đều cạnh $x=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$ nên $BM\perp AC$.
Lại có $BM\perp A{A}^{\prime }⟹BM\perp (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ tại $M$.
Do đó $M{C}^{\prime }$ là hình chiếu vuông góc của $B{C}^{\prime }$ lên mặt phẳng $(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$.
Góc giữa $B{C}^{\prime }$ và $(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ là góc $\widehat{B{C}^{\prime }M}=\alpha$.
Tam giác $BM{C}^{\prime }$ vuông tại $M$, ta có:
$$\cot \alpha =\frac{C^{\prime }M}{BM}=2⟹C^{\prime }M=2BM.$$
Tính $BM$:
$$BM=\frac{x\sqrt{3}}{2}=\frac{\frac{2a\sqrt{3}}{3}\cdot \sqrt{3}}{2}=a.$$
Suy ra $C^{\prime }M=2a$.
Trong hình chữ nhật $AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }$ với chiều cao $h=C^{\prime }C$ và $MC=\frac{x}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$:
$$C^{\prime }{M}^2=C^{\prime }{C}^2+M{C}^2⟺4a^2=h^2+\frac{a^2}{3}⟺h^2=\frac{11a^2}{3}⟹h=a\sqrt{\frac{11}{3}}.$$
Diện tích đáy tam giác đều $ABC$:
$$S_{ABC}=\frac{x^2\sqrt{3}}{4}=\frac{{\left(\frac{2a\sqrt{3}}{3}\right)}^2\sqrt{3}}{4}=\frac{\frac{4a^2}{3}\sqrt{3}}{4}=\frac{a^2\sqrt{3}}{3}.$$
Thể tích của khối lăng trụ đều là:
$$V=S_{ABC}\cdot h=\frac{a^2\sqrt{3}}{3}\cdot a\sqrt{\frac{11}{3}}=\frac{a^3\sqrt{11}}{3}=\frac{1}{3}{a}^3\sqrt{11}.$$

Vì $SA\perp (ABCD)$ nên góc giữa $SB$ và đáy là $\widehat{SBA}=45^{\circ }\Rightarrow SA=AB\tan 45^{\circ }=a$. Thể tích khối chóp $V=\frac{1}{3}SA\cdot AB\cdot AD=\frac{1}{3}a\cdot a\cdot 2a=\frac{2a^3}{3}$.

Chọn D.
Lấy điểm $D$ trên cạnh $SB$ sao cho $SD=a$ và điểm $E$ trên cạnh $SC$ sao cho $SE=a$.
Khi đó tứ diện $S.ADE$ là tứ diện đều cạnh $a$, thể tích là $V_{S.ADE}=\frac{a^3\sqrt{2}}{12}$.
Áp dụng tỉ số thể tích:
$$\frac{V_{S.ADE}}{V_{S.ABC}}=\frac{SA}{SA}\cdot \frac{SD}{SB}\cdot \frac{SE}{SC}=1\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{4}=\frac{1}{8}.$$
Do đó:
$$V_{S.ABC}=8V_{S.ADE}=8\cdot \frac{a^3\sqrt{2}}{12}=\frac{2a^3\sqrt{2}}{3}.$$

Trên các cạnh $AC,AD$ lần lượt lấy các điểm $E,F$ sao cho $AE=AF=2a$.
Khi đó tứ diện $ABEF$ có $AB=AE=AF=2a$ và $\widehat{BAE}=\widehat{EAF}=\widehat{FAB}=60^{\circ }$ nên $ABEF$ là tứ diện đều cạnh $2a$.
Thể tích tứ diện đều cạnh $2a$ là: $V_{ABEF}=\frac{\sqrt{2}}{12}\cdot (2a{)}^3=\frac{2\sqrt{2}{a}^3}{3}$.
Áp dụng công thức tỉ số thể tích:
$\frac{V_{ABEF}}{V_{ABCD}}=\frac{AB}{AB}\cdot \frac{AE}{AC}\cdot \frac{AF}{AD}=1\cdot \frac{2a}{3a}\cdot \frac{2a}{4a}=\frac{1}{3}$.
Suy ra: $V_{ABCD}=3V_{ABEF}=3\cdot \frac{2\sqrt{2}{a}^3}{3}=2\sqrt{2}{a}^3$.
Chọn D.

Chọn A.
Gọi $x$ là cạnh đáy, $O$ là tâm đáy. Chiều cao $SO=\frac{x\sqrt{3}}{6}\tan 60^{\circ }=\frac{x}{2}$.
Lại có $S{A}^2=S{O}^2+O{A}^2=\frac{x^2}{4}+\frac{x^2}{3}=\frac{7x^2}{12}$.
Theo đề bài $SA=\frac{a\sqrt{21}}{3}\Rightarrow S{A}^2=\frac{7a^2}{3}$, suy ra $x=2a\Rightarrow SO=a$.
Diện tích đáy $S=\frac{(2a{)}^2\sqrt{3}}{4}=a^2\sqrt{3}$.
Thể tích khối chóp là:
$$V=\frac{1}{3}{a}^2\sqrt{3}\cdot a=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}.$$