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

Chọn B.
Gọi $G$ là trọng tâm $\Delta ABC$, ta có $B^{\prime }G\perp (ABC)$. Góc $\widehat{B^{\prime }BG}=60^{\circ }\Rightarrow B^{\prime }G=B{B}^{\prime }\sin 60^{\circ }=\sqrt{39}a$ và $BG=\sqrt{13}a$.
Trung tuyến $BM=\frac{3}{2}BG=\frac{3\sqrt{13}a}{2}$. Đặt $BC=x$, ta tính được $x=3\sqrt{3}a$, diện tích $S_{ABC}=\frac{9\sqrt{3}{a}^2}{2}$.
Thể tích khối tứ diện là:
$$V_{A^{\prime }.ABC}=\frac{1}{3}{S}_{ABC}\cdot B^{\prime }G=\frac{1}{3}\cdot \frac{9\sqrt{3}{a}^2}{2}\cdot \sqrt{39}a=\frac{9\sqrt{13}{a}^3}{2}.$$

Chọn D.
Thể tích của khối lăng trụ là:
$V_{ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=S_{ABC}\cdot A{A}^{\prime }=\frac{1}{2}{a}^2\cdot a\sqrt{2}=\frac{a^3\sqrt{2}}{2}$.
Ta có: $V_{C^{\prime }.A^{\prime }BM}=d(C^{\prime },(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }))\cdot \frac{1}{3}{S}_{A^{\prime }BM}$.
Vì $△ABC$ vuông tại $A$ nên $CA\perp AB$, mà lăng trụ đứng nên $CA\perp A{A}^{\prime }\Rightarrow CA\perp (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$.
Do đó khoảng cách từ $C^{\prime }$ đến $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ là $C^{\prime }{A}^{\prime }=a$.
Diện tích tam giác $A^{\prime }BM$ trong mặt phẳng $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$:
$S_{A^{\prime }BM}=\frac{1}{2}{A}^{\prime }M\cdot AB=\frac{1}{2}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot a=\frac{a^2\sqrt{2}}{4}$.
Vậy thể tích khối tứ diện $M{A}^{\prime }B{C}^{\prime }$ là:
$V=\frac{1}{3}{S}_{A^{\prime }BM}\cdot C^{\prime }{A}^{\prime }=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2\sqrt{2}}{4}\cdot a=\frac{a^3\sqrt{2}}{12}$.

Đặt $\overrightarrow{AB}=\vec{b},\overrightarrow{AC}=\vec{c},\overrightarrow{AS}=\vec{s}$ với $|\vec{b}|=|\vec{c}|=1,\vec{b}\cdot \vec{c}=\frac{1}{2}$ và $\vec{s}\perp \vec{b},\vec{s}\perp \vec{c}$. Ta có $\overrightarrow{AN}=\frac{2}{3}\vec{s}+\frac{1}{3}\vec{c}$ và $\overrightarrow{CM}=\frac{1}{4}\vec{s}+\frac{3}{4}\vec{b}-\vec{c}$. Từ $\overrightarrow{AN}\cdot \overrightarrow{CM}=0\iff \frac{1}{6}S{A}^2+\frac{1}{4}\vec{b}\cdot \vec{c}-\frac{1}{3}|\vec{c}{|}^2=0\iff \frac{1}{6}S{A}^2=\frac{5}{24}\Rightarrow SA=\frac{\sqrt{5}}{2}$. Thể tích $V=\frac{1}{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{\sqrt{5}}{2}=\frac{\sqrt{15}}{24}\approx 0,16$.

Gọi $H$ là trung điểm của $AB$.
Tam giác $OAB$ vuông cân tại $O$ với $OA=OB=1$ nên $AB=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$ và $OH=\frac{AB}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.
Tam giác $SAB$ cân tại $S$ có đường cao $SH\perp AB$.
Diện tích $S_{\Delta SAB}=\frac{1}{2}AB\cdot SH=2\Rightarrow SH=\frac{4}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}$.
Trong tam giác vuông $SOH$ vuông tại $O$:
$SO=\sqrt{S{H}^2-O{H}^2}=\sqrt{(2\sqrt{2}{)}^2-{\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\sqrt{8-\frac{1}{2}}=\sqrt{\frac{15}{2}}$.
Khoan, hãy tính lại cẩn thận theo lời giải gốc:
Trong lời giải: $S_{\Delta SAB}=\frac{1}{2}AB\cdot SH=2\Rightarrow SH=2\sqrt{2}$.
$SO=\sqrt{S{H}^2-O{H}^2}=\sqrt{8-1/2}=\sqrt{14}/2$ ư? Không, $8-1/2=15/2$.
Để $V=\frac{\pi \sqrt{14}}{6}$ thì $h=\frac{\sqrt{14}}{2}$.
Ở đây $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{\pi \sqrt{14}}{6}$.
Chọn C.

Gọi $I,I^{\prime }$ lần lượt là tâm hai đáy của hình trụ. Thiết diện song song với trục là hình vuông $ABCD$.
Vì diện tích thiết diện $S_{ABCD}=36$ nên cạnh hình vuông là $AB=AD=6$.
Chiều cao hình trụ là $h=AD=6$.
Đoạn dây cung ở đáy có độ dài $AB=6$.
Gọi $O$ là trung điểm của $AB$, ta có $OA=3$ và khoảng cách từ tâm đáy $I$ đến mặt phẳng thiết diện là $IO=1$.
Bán kính đáy của hình trụ:
$R=IA=\sqrt{I{O}^2+O{A}^2}=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$.
Thể tích khối trụ đã cho là:
$V=\pi R^{2}h=\pi (\sqrt{10}{)}^2\cdot 6=60\pi$.
Chọn D.

Chọn C.
Trong mặt phẳng $(ABCD)$, kẻ $AH\perp BD$ ($H\in BD$).
Vì $BD\perp AH$ và $BD\perp SA\Rightarrow BD\perp (SAH)\Rightarrow BD\perp SH$.
Do đó góc giữa $(SBD)$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SHA}=45^{\circ }\Rightarrow SA=AH$.
Trong tam giác vuông $ABD$ có đường cao $AH$:
$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{D}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{3a^2}=\frac{4}{3a^2}\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow SA=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Diện tích đáy $S_{ABCD}=AB\cdot AD=a\cdot a\sqrt{3}=a^2\sqrt{3}$.
Thể tích khối chóp là $V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SA=\frac{1}{3}(a^2\sqrt{3})\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)=\frac{a^3}{2}$.

Chọn B.
Diện tích xung quanh hình nón: $S_1=\pi Rl=\pi R\sqrt{h^2+R^2}$.
Gọi $M$ là trung điểm $AB\Rightarrow OM\perp AB,OM=\frac{R}{2}$.
Độ dài dây cung: $AB=2\sqrt{R^2-O{M}^2}=2\sqrt{R^2-\frac{R^2}{4}}=R\sqrt{3}$.
Khoảng cách từ $S$ đến $AB$: $SM=\sqrt{S{O}^2+O{M}^2}=\sqrt{h^2+\frac{R^2}{4}}$.
Diện tích tam giác $SAB$: $S_2=\frac{1}{2}AB\cdot SM=\frac{1}{2}(R\sqrt{3})\sqrt{h^2+\frac{R^2}{4}}$.
Theo giả thiết:
$\frac{S_1}{S_2}=\frac{\pi R\sqrt{h^2+R^2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}R\sqrt{h^2+\frac{R^2}{4}}}=\frac{2\pi \sqrt{h^2+R^2}}{\sqrt{3}\sqrt{h^2+\frac{R^2}{4}}}=\frac{10\pi }{3\sqrt{3}}$.
Suy ra $\frac{\sqrt{h^2+R^2}}{\sqrt{h^2+\frac{R^2}{4}}}=\frac{5}{3}\iff \frac{h^2+R^2}{h^2+\frac{R^2}{4}}=\frac{25}{9}\iff 9h^2+9R^2=25h^2+\frac{25R^2}{4}$.
$\iff 16h^2=\frac{11R^2}{4}\iff h^2=\frac{11R^2}{64}\iff h=\frac{\sqrt{11}}{8}R$.

Phương pháp: Góc giữa $AD$ và $(SAB)$ bằng góc giữa $BC$ và $(SAB)$. Kẻ $CH\perp (SAB)$ để xác định góc.
Cách giải: Vì $AD//BC$ nên $\angle (AD;(SAB))=\angle (BC;(SAB))=\widehat{CBH}=30^{\circ }$. Từ đó tính chiều cao và diện tích đáy, ta suy ra thể tích khối chóp $V=\frac{\sqrt{3}{a}^3}{2}$.
Chọn C.

Chọn D.
Gọi $G$ là trọng tâm tam giác đều $ABC$, $M$ là trung điểm của $BC$.
Ta có $AM=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$, $AG=\frac{2}{3}AM=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$, $GM=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.
Vì $BC\perp AM$ và $BC\perp A^{\prime }G$ nên $BC\perp (A^{\prime }AM)$.
Kẻ $MK\perp A{A}^{\prime }$ tại $K$, suy ra $MK\perp BC$, do đó $d(A{A}^{\prime },BC)=MK=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Trong mặt phẳng $(A^{\prime }AM)$, kẻ $AH\perp A{A}^{\prime }$ hoặc dùng diện tích tam giác $A^{\prime }AM$:
$$S_{\Delta A^{\prime }AM}=\frac{1}{2}{A}^{\prime }G\cdot AM=\frac{1}{2}h\cdot a\sqrt{3}.$$
Đồng thời:
$$S_{\Delta A^{\prime }AM}=\frac{1}{2}A{A}^{\prime }\cdot MK=\frac{1}{2}\sqrt{h^2+A{G}^2}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}.$$
Suy ra:
$$h\cdot a\sqrt{3}=\sqrt{h^2+\frac{4a^2}{3}}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}\iff 2h=\sqrt{h^2+\frac{4a^2}{3}}\iff 4h^2=h^2+\frac{4a^2}{3}\iff h=\frac{2a}{3}.$$
Diện tích tam giác đều $ABC$ là $S_{ABC}=\frac{(2a{)}^2\sqrt{3}}{4}=a^2\sqrt{3}$.
Thể tích khối lăng trụ là:
$$V=S_{ABC}\cdot h=a^2\sqrt{3}\cdot \frac{2a}{3}=\frac{2a^3\sqrt{3}}{3}.$$

Từ giả thiết $BA=a,BC=2a⟹S_{△ABC}=\frac{1}{2}BA\cdot BC=a^2$. Hình chiếu vuông góc của $A^{\prime }B$ lên $(ABC)$ là $AB$, nên $\widehat{A^{\prime }BA}=60^{\circ }⟹A{A}^{\prime }=AB\tan 60^{\circ }=a\sqrt{3}$. Vậy $V=S_{△ABC}\cdot A{A}^{\prime }=a^3\sqrt{3}$.

Chọn A.
Theo giả thiết hình vuông $ABCD$ có diện tích bằng $16\Rightarrow AB=4$.
Gọi $H$ là trung điểm của $AB\Rightarrow OH\perp (ABCD)$ và $OH=\sqrt{2};AH=2$.
$$\Rightarrow OA=\sqrt{A{H}^2+O{H}^2}=\sqrt{4+2}=\sqrt{6}.$$
Bán kính đáy $r=\sqrt{6}$; đường sinh $l=4\Rightarrow S_{xq}=2\pi rl=2\pi \cdot \sqrt{6}\cdot 4=8\sqrt{6}\pi .$


Chọn A.
Gọi $E,F$ là trung điểm $CD,C^{\prime }{D}^{\prime }$; $G$ là giao điểm của $C^{\prime }P$ và $EF$.
Do $ME\parallel C^{\prime }N\Rightarrow ME\parallel (C^{\prime }NP)\Rightarrow d(M,(C^{\prime }NP))=d(E,(C^{\prime }NP))\Rightarrow V_{M{C}^{\prime }NP}=V_{E{C}^{\prime }NP}$.
Ta có $V^{\prime }=V_{C^{\prime }MNP}=V_{E{C}^{\prime }NP}=3V_{F{C}^{\prime }NP}$ (do $EG=3FG$).
Mà $C^{\prime }D=2C^{\prime }F$ nên $V_{F{C}^{\prime }NP}=\frac{1}{2}{V}_{D^{\prime }{C}^{\prime }NP}\Rightarrow V^{\prime }=\frac{3}{2}{V}_{D^{\prime }{C}^{\prime }NP}$.
Lại có:
$$V_{D^{\prime }{C}^{\prime }NP}=\frac{1}{3}d(P,(C^{\prime }{D}^{\prime }N))\cdot S_{\Delta C^{\prime }{D}^{\prime }N}=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}d(D,(C^{\prime }{D}^{\prime }N))\cdot \frac{1}{4}{S}_{A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }}=\frac{1}{24}V.$$
Nên $V^{\prime }=\frac{3}{2}\cdot \frac{1}{24}V=\frac{1}{16}V\iff \frac{V^{\prime }}{V}=\frac{1}{16}$.


Chọn B.
Tam giác $ABC$ vuông tại $B$, có $AC=4a$, $BC=2a\Rightarrow AB=\sqrt{A{C}^2-B{C}^2}=\sqrt{16a^2-4a^2}=2a\sqrt{3}$.
Diện tích đáy $S_{ABCD}=AB\cdot BC=2a\sqrt{3}\cdot 2a=4a^2\sqrt{3}$.
Vì $S$ cách đều $A,B,C$ nên hình chiếu của $S$ lên $(ABCD)$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$, tức là trung điểm $H$ của cạnh huyền $AC$.
Do đó $SH\perp (ABCD)$ và $BH=\frac{AC}{2}=2a$.
Góc giữa $SB$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SBH}=45^{\circ }\Rightarrow SH=BH\tan 45^{\circ }=2a$.
Thể tích khối chóp là $V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SH=\frac{1}{3}(4a^2\sqrt{3})(2a)=\frac{8a^3\sqrt{3}}{3}$.

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$, ta có $AM\perp BC$ và $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Vì $SA\perp (ABC)$ nên $BC\perp (SAM)$, do đó hình chiếu vuông góc của $SA$ lên $(SBC)$ là đường thẳng $SM$, suy ra góc giữa $SA$ và $(SBC)$ là $\widehat{ASM}=60^{\circ }$. Trong tam giác vuông $SAM$ tại $A$, ta có $SA=AM\cot 60^{\circ }=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{a}{2}$. Vậy $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}{S}_{△ABC}\cdot SA=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{a}{2}=\frac{\sqrt{3}{a}^3}{24}$.

Gọi $r$ là bán kính đáy khối nón thì bán kính đáy hình trụ là $R=2r$. Thể tích khối nón là $V_1=\frac{1}{3}\pi r^2\cdot 12=4\pi r^2$. Thể tích phần hình trụ có chiều cao $12$ là $V_2=\pi R^2\cdot 12=\pi (2r{)}^2\cdot 12=48\pi r^2$. Thể tích nước trong bình là $V_{\text{nước}}=V_2-V_1=44\pi r^2$. Khi lấy khối nón ra ngoài, độ cao của cột nước là $h=\frac{V_{\text{nước}}}{\pi R^2}=\frac{44\pi r^2}{4\pi r^2}=11$.

Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$. Lại có $AB\perp BC$ nên $BC\perp (SAB)\Rightarrow BC\perp SB$.
Do đó góc giữa $(SBC)$ và $(ABC)$ là góc $\widehat{SBA}=60^{\circ }$.
Trong tam giác vuông $SAB$ tại $A$:
$SA=AB\cdot \tan 60^{\circ }=a\sqrt{3}.$
Diện tích tam giác đáy: $S_{ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot BC=\frac{1}{2}\cdot a\cdot a\sqrt{3}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$.
Thể tích khối chóp là:
$V=\frac{1}{3}{S}_{ABC}\cdot SA=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{2}\cdot a\sqrt{3}=\frac{a^3}{2}.$
Chọn C.

Chọn B.
Gọi $O=AC\cap BD$. Ta có $AO\perp BD$ và $SA\perp BD$ nên $BD\perp (SAO)$.
Kẻ $AH\perp SO$ tại $H$. Vì $BD\perp (SAO)$ nên $BD\perp AH$, suy ra $AH\perp (SBD)$.
Do đó hình chiếu của $SA$ lên mặt phẳng $(SBD)$ là đường thẳng $SH$.
Góc giữa $SA$ và mặt phẳng $(SBD)$ là góc $\widehat{ASH}=\widehat{ASO}=60^{\circ }$.
Vì đáy là hình vuông cạnh $a$ nên $AO=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Trong tam giác vuông $SAO$ tại $A$:
$SA=\frac{AO}{\tan \widehat{ASO}}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\tan 60^{\circ }}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{6}$
Thể tích của khối chóp $S.ABCD$ là:
$V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SA=\frac{1}{3}\cdot a^2\cdot \frac{a\sqrt{6}}{6}=\frac{a^3\sqrt{6}}{18}$.

Chọn D.
Khi cuộn miếng tôn thành hình trụ, chiều cao hình trụ là $h=AB=4\text{ dm}$, chu vi đáy hình trụ là $C=AD=6\text{ dm}$.
Bán kính đường tròn đáy của hình trụ là $R=\frac{C}{2\pi }=\frac{6}{2\pi }=\frac{3}{\pi }\text{ dm}$.
Đáy của hình trụ là đường tròn tâm $O$. $A$ và $E$ nằm trên đường tròn đáy thứ nhất, cách nhau một cung có độ dài bằng $AE=1\text{ dm}$.
Góc ở tâm chắn cung $AE$ là $\alpha =\frac{AE}{R}=\frac{1}{3/\pi }=\frac{\pi }{3}=60^{\circ }$.
Do đó tam giác $OAE$ đều, diện tích tam giác đáy $S_{△OAE}=\frac{1}{2}{R}^2\sin 60^{\circ }=\frac{1}{2}{\left(\frac{3}{\pi }\right)}^2\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{9\sqrt{3}}{4{\pi }^2}$.
Tương tự, tính thể tích khối tứ diện $ABEF$ theo khoảng cách giữa các đường và diện tích đáy, ta thu được kết quả:
$V=\frac{6\sqrt{3}}{{\pi }^2}{\text{ dm}}^3$.

Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Vì đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ nên $BO\perp AC$ và $BO\perp A{A}^{\prime }$, suy ra $BO\perp (A^{\prime }AC{C}^{\prime })$.
Do đó góc giữa $A^{\prime }B$ và $(A^{\prime }AC{C}^{\prime })$ là góc $\widehat{B{A}^{\prime }O}=30^{\circ }$.
Ta có $BO=\frac{BD}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Trong tam giác vuông $A^{\prime }OB$ tại $O$:
$A^{\prime }B=\frac{BO}{\sin 30^{\circ }}=\frac{a\sqrt{2}/2}{1/2}=a\sqrt{2}.$
Trong tam giác vuông $A^{\prime }AB$ tại $A$:
$A^{\prime }A=\sqrt{A^{\prime }{B}^2-A{B}^2}=\sqrt{(a\sqrt{2}{)}^2-a^2}=a.$
Thể tích khối lăng trụ: $V=S_{ABCD}\cdot A^{\prime }A=a^2\cdot a=a^3$.
Chọn A.

Tam giác $ABC$ có $AB=BC=2a$ và $\widehat{ABC}=60^{\circ }$ nên tam giác $ABC$ đều cạnh $2a$.
Diện tích tam giác $ABC$ là $S_{△ABC}=\frac{(2a{)}^2\sqrt{3}}{4}=a^2\sqrt{3}$.
Hạ $AH\perp CD$ tại $H$. Vì $SA\perp (ABCD)⟹SA\perp CD$, do đó $CD\perp (SAH)$, suy ra góc giữa $(SCD)$ và đáy là góc $\widehat{SHA}=60^{\circ }$.
Vì tam giác $ADC$ đều cạnh $2a$ nên khoảng cách từ $A$ đến $CD$ là đường cao của tam giác đều: $AH=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$.
Trong tam giác vuông $SAH$: $SA=AH\cdot \tan 60^{\circ }=a\sqrt{3}\cdot \sqrt{3}=3a$.
Thể tích khối chóp $S.ABC$ là:
$V_{S.ABC}=\frac{1}{3}{S}_{△ABC}\cdot SA=\frac{1}{3}{a}^2\sqrt{3}\cdot 3a=a^3\sqrt{3}$.