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

Diện tích tam giác vuông cân $ABC$ là $S_{ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot BC=\frac{1}{2}\cdot 2a\cdot 2a=2a^2$.

Gọi $H$ là trung điểm của $AB$. Do $△SAB$ đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy nên $SH\perp AB\Rightarrow SH\perp (ABC)$.
Chiều cao $SH$ của hình chóp là $SH=2a\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$.
Vậy thể tích $V$ của khối chóp $S.ABC$ là:
$V=\frac{1}{3}{S}_{ABC}\cdot SH=\frac{1}{3}\cdot 2a^2\cdot a\sqrt{3}=\frac{2a^3\sqrt{3}}{3}$.

Gọi $O$ là hình chiếu của $S$ lên mặt phẳng $(ABC)$.

Nhận thấy: $(SA,(ABC))=\widehat{SAO}$, $(SB,(ABC))=\widehat{SBO}$ và $(SC,(ABC))=\widehat{SCO}$.
Do các góc này bằng nhau nên suy ra $OA=OB=OC$ hay $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.
Tam giác $ABC$ cân tại $A$ có $\widehat{BAC}=120^{\circ }$, nên $\widehat{ABC}=\widehat{ACB}=30^{\circ }$.
Khi đó: $\frac{AB}{\sin \widehat{ACB}}=2OA\Rightarrow OA=\frac{AB}{2\sin 30^{\circ }}=\frac{a}{2\cdot \frac{1}{2}}=a$.
Ta có: $SO=OA\cdot \tan 30^{\circ }=a\cdot \frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.
Diện tích đáy: $S_{ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot AC\cdot \sin \widehat{BAC}=\frac{1}{2}\cdot a\cdot a\cdot \sin 120^{\circ }=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$.
Thể tích khối chóp $S.ABC$ là:
$V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SO\cdot S_{ABC}=\frac{1}{3}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{3}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3}{12}$.

Thiết diện là tam giác vuông cân $SAB$ đỉnh $S$ có diện tích bằng 4 nên $\frac{1}{2}S{A}^2=4\Rightarrow SA=2\sqrt{2}$, $AB=4$. Gọi $M$ là trung điểm của $AB$, ta có $SM=\frac{1}{2}AB=2$. Góc giữa $SO$ và $(SAB)$ là $\widehat{OSM}=30^{\circ }$. Trong tam giác vuông $SOM$: $h=SO=SM\cos 30^{\circ }=2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$, $OM=SM\sin 30^{\circ }=1$. Bán kính đáy $R=\sqrt{O{M}^2+A{M}^2}=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$. Thể tích khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi R^{2}h=\frac{1}{3}\pi (5)(\sqrt{3})=\frac{5\sqrt{3}\pi }{3}$. Chọn A.

Sử dụng định lý Menelaus và công thức tỉ số thể tích, mặt phẳng $(MNE)$ đi qua tâm đối xứng của hình lăng trụ, do đó chia khối lăng trụ thành hai phần có thể tích bằng nhau: $V_1=V_2=\frac{1}{2}V$. Suy ra $\frac{V_1}{V_2}=1$.


Chọn A.

Thể tích nước ban đầu trong bình trụ là $V_{\text{nước}}=\pi r_2^2\cdot 26=9\pi r_1^2\cdot 26=234\pi r_1^2$. Thể tích khối nón là $V_{(N)}=\frac{1}{3}\pi r_1^{2}h$. Khi đặt khối nón vào đáy hình trụ, mực nước dâng lên bằng đỉnh nón nên tổng thể tích nước và khối nón bằng thể tích phần hình trụ có chiều cao $h$: $234\pi r_1^2+\frac{1}{3}\pi r_1^{2}h=9\pi r_1^{2}h⟺\frac{26}{3}h=234⟺h=27$.

Gọi $M$ là trung điểm của $B^{\prime }{C}^{\prime }$. Khi đó $A^{\prime }M\perp B^{\prime }{C}^{\prime }$ và $AM\perp B^{\prime }{C}^{\prime }$. Góc giữa $(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ và $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ là góc $\widehat{AM{A}^{\prime }}=60^{\circ }$. Vì đáy là tam giác đều cạnh $a$ nên $A^{\prime }M=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, $S_{A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$. Trong tam giác vuông $A{A}^{\prime }M$: $A{A}^{\prime }=A^{\prime }M\cdot \tan 60^{\circ }=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot \sqrt{3}=\frac{3a}{2}$. Thể tích khối lăng trụ là $V=S_{A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}\cdot A{A}^{\prime }=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{3a}{2}=\frac{3\sqrt{3}{a}^3}{8}$.


Chọn B.

Gọi thiết diện qua trục của hình nón là tam giác đều $SAB$ cạnh $x$. Khối nón có bán kính đáy $r=\frac{x}{2}$, chiều cao $h=\frac{x\sqrt{3}}{2}$, thể tích $V_1=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi {\left(\frac{x}{2}\right)}^2\frac{x\sqrt{3}}{2}=\frac{\pi x^3\sqrt{3}}{24}$. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp nón là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều $SAB$: $R=\frac{x\sqrt{3}}{3}$. Thể tích khối cầu: $V_2=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}\pi {\left(\frac{x\sqrt{3}}{3}\right)}^3=\frac{4\pi x^3\sqrt{3}}{27}$. Tỷ số $\frac{V_2}{V_1}=\frac{4/27}{1/24}=\frac{4\times 24}{27}=\frac{32}{9}$.


Chọn A.

Gọi $I,J,K$ lần lượt là trung điểm của $B{B}^{\prime },B^{\prime }{C}^{\prime },AB$. Khi đó $IJ\parallel B{C}^{\prime }$ và $IK\parallel A{B}^{\prime }$, do đó $(A{B}^{\prime },B{C}^{\prime })=(IJ,IK)=60^{\circ }$. Đặt $A{A}^{\prime }=x>0$. Ta có $IJ=IK=\frac{1}{2}\sqrt{x^2+4a^2}$. Gọi $H$ là trung điểm của $A^{\prime }{B}^{\prime }$. Ta có $KJ=\sqrt{K{H}^2+H{J}^2}=\sqrt{x^2+a^2}$. Xét hai trường hợp góc $\widehat{JIK}$ bằng $60^{\circ }$ hoặc $120^{\circ }$: TH $\widehat{JIK}=60^{\circ }$ dẫn đến $x=0$ (loại). TH $\widehat{JIK}=120^{\circ }$ cho phương trình $K{J}^2=3I{J}^2\iff x^2+a^2=\frac{3}{4}(x^2+4a^2)\iff x^2=8a^2\iff x=2a\sqrt{2}$. Khi đó $V=A{A}^{\prime }\cdot S_{ABC}=2a\sqrt{2}\cdot \frac{(2a{)}^2\sqrt{3}}{4}=2\sqrt{6}{a}^3$.


Chọn B.

**Chọn B**

a3 3
.
3

D. V =

a 3 15
.
3

· = 30° .
Ta có: BC ⊥ ( SAB) tại B, đường thẳng SC tạo với mp ( SAB) một góc 300 nên CSB
Do đó: SB = 3BC = 3a và SA = SB 2 - AB 2 = a 5.
1
2a 3 15
Thể tích khối chóp là: V = .SA. AB. AD =
.
3
3

S

13a

A 3a
B

C H

Gọi H là hình chiếu của S trên ( ABC )

AB \perp SB  Trong ( ABC )
Có  $\Rightarrow$ AB \perp ( SHB ) $\Rightarrow$ AB \perp HB $\Rightarrow$ AC / / HB
AB \perp SH  AB \perp AC

AC \perp SC  Trong ( ABC )

 $\Rightarrow$ AC \perp ( SHC ) $\Rightarrow$ AC \perp HC AB $\Rightarrow$ AB / / HC
AC \perp SH  \perp AC

Suy ra tứ giác ABHC là hình chữ nhật nên AH = BC = 5a

AC = BC 2 - AB 2 = 4a

Tam giác SHA vuông tại H có

SH = SA2 - AH 2 = 12a

1 1
Vậy VS . ABC = SH . AB. AC = 24a 3 .
3 2

S

B
C
H
M

A
SA = SB = SC $\Rightarrow$ chân đường cao H kẻ từ đỉnh S của hình chóp S . ABC chính là tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC (với H $\in$ BM , M là trung điểm của AC ).

( ) (
Khi đó, SH \perp ( ABC ) $\Rightarrow$ SB, ( ABC ) = SB, HB = SBH = 60^\circ. )
Ta có AC 2 = AB 2 + BC 2 - 2 AB.BC.cos ABC $\Rightarrow$ AB = BC = a.
1 1 a2 3
$\Rightarrow$ S$\Delta$ ABC = . AB.BC.sin ABC = .a.a.sin120^\circ = .
2 2 4
AC
$\Rightarrow$ BH = = a $\Rightarrow$ SH = BH .tan SBH = a 3.
2sin ABC
1 a3
Vậy VS . ABC = .S$\Delta$ ABC .SH = .
3 4

Thiết diện là hình vuông có chiều cao bằng chiều cao hình trụ $h=2\sqrt{5}$, do đó độ dài dây cung đáy là $AB=2\sqrt{5}$. Khoảng cách từ trục đến mặt phẳng thiết diện là $d=\sqrt{5}$. Bán kính đáy hình trụ là $R=\sqrt{d^2+{\left(\frac{AB}{2}\right)}^2}=\sqrt{5+5}=\sqrt{10}$. Diện tích xung quanh hình trụ là $S_{xq}=2\pi Rh=2\pi \cdot \sqrt{10}\cdot 2\sqrt{5}=4\pi \sqrt{50}=20\pi \sqrt{2}$. Chọn D.

Gọi $P$ là trung điểm của $BC$, ta có $NP\parallel A{A}^{\prime }$, do đó $(MN,A{A}^{\prime })=(MN,NP)$.
Vì tam giác $MNP$ vuông ở $P$, $MP=\frac{AC}{2}=a\sqrt{2}$ nên ta có:
$\widehat{MNP}=(MN,A{A}^{\prime })=30^{\circ }\Rightarrow NP=\frac{MP}{\cot 30^{\circ }}=a\sqrt{6}$.
Vậy thể tích khối hộp đã cho bằng $S_{ABCD}\cdot NP=(2a{)}^2\cdot a\sqrt{6}=4a^3\sqrt{6}$.

Gọi $r$ và $h$ lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ $(T)$.
Thể tích tứ diện $ABCD$ được tính theo công thức $V=\frac{1}{6}\cdot AB\cdot CD\cdot \mathrm{d}(AB,CD)\cdot \sin (AB,CD)$.
Ta có $V=10$, $\mathrm{d}(AB,CD)=h$ và $(AB,CD)=90^{\circ }$, do đó ta có:
$10=\frac{1}{6}\cdot 2r\cdot 2r\cdot h\cdot \sin 90^{\circ }\Rightarrow r^{2}h=15$.
Vậy thể tích khối trụ $(T)$ bằng $\pi r^{2}h=15\pi$.

Khối lập phương cạnh $a$.
- Trụ ngoại tiếp có bán kính $r_1=\frac{a\sqrt{2}}{2}$, chiều cao $h_1=a\Rightarrow V_1=\pi r_1^2{h}_1=\frac{\pi a^3}{2}$.
- Cầu nội tiếp có bán kính $R_2=\frac{a}{2}\Rightarrow V_2=\frac{4}{3}\pi R_2^3=\frac{\pi a^3}{6}$.
- Cầu ngoại tiếp có bán kính $R_3=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow V_3=\frac{4}{3}\pi R_3^3=\frac{\sqrt{3}\pi a^3}{2}$.
Do đó $\frac{V_1+V_2}{V_3}=\frac{\frac{1}{2}+\frac{1}{6}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{\frac{2}{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{4}{3\sqrt{3}}=\frac{4\sqrt{3}}{9}$ hay theo phân số của đề: Chọn D.

Gọi $E$ là trung điểm cạnh $AB$. Ta có $\frac{{SN}}{{ND}} = 2 \Rightarrow \frac{{SN}}{{SD}} = \frac

V_{{S.ABCD}}$. Chọn B.

Gắn hệ trục tọa độ $Bxyz$ với $B(0;0;0),A(a;0;0),C(0;a;0),B^{\prime }(0;0;h)$. Từ góc giữa hai mặt phẳng bằng $60^{\circ }$, giải phương trình tìm được $h=\frac{a}{\sqrt{2}}$. Khi đó thể tích khối lăng trụ là $V=S_{ABC}\cdot h=\frac{a^2}{2}\cdot \frac{a}{\sqrt{2}}=\frac{a^3\sqrt{2}}{4}$. Khối chóp $B.AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }$ có thể tích bằng $\frac{2}{3}$ thể tích lăng trụ: $V_{B.AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }}=\frac{2}{3}\cdot \frac{a^3\sqrt{2}}{4}=\frac{a^3\sqrt{2}}{6}$. Chọn D.

20

**Chọn D**

Gọi N là trung điểm của BC ;
H là hình chiếu của S xuống ( ABC ) ;
M là hình chiếu của N trên AB ;
gt  BC  AN   BC  ( SAN ) 
   BC  MN .
mà BC  SH ( do SH  ( ABC ) )  mà MN  ( SAN ) 
2
3a ( a 3 ( ( 3a ( 2 a 3
Suy ra d( SA, BC ) = MN = . Ta có: AM = AN 2 - MN 2 = - = .
4 ) 2 ) ) 4 ) 4

a 3 2 a 3 a2 3
ABC đều cạnh a  AN = ; AH = AN = ; S ABC = .
2 3 3 4
3a a 3
.
SH AH MN . AH 4 3 = a.
AMN  AHS  =  SH = =
MN AM AM a 3
4
1 1 a 2 3 a3 3
VS . ABC = .SH .S ABC = .a. = .
3 3 4 12

**Chọn C**

Gọi l , h, R lần lượt là đường sinh, đường cao và bán kính đáy của hình nón.
 = 30°  OA = 3SO  R = 3h  l = R 2 + h 2 = 3h 2 + h 2 = 2h .
Vì SAO
Kẻ OH  AB  H là trung điểm AB .
Vì khoảng cách từ O đến AB bằng a  OH = a .
 = 60°  SAB đều  SH = SA · 3 3
Vì SAB = 2h. =h 3.
2 2
a 2
Xét SOH vuông tại O có SH 2 = SO 2 + OH 2  3h 2 = h 2 + a 2  2h 2 = a 2  h = .
2
a 2 6a 6a
R = 3· = và l = a 2 . Do đó S xq = π Rl = π · · a 2 = π 3a 2
2 2 2

Gọi chiều cao của lăng trụ là $h=A{A}^{\prime }$. Ta có $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ và $\overrightarrow{B{C}^{\prime }}=\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }}$. Do $A{B}^{\prime }\perp B{C}^{\prime }$ nên $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}\cdot \overrightarrow{B{C}^{\prime }}=0\iff (\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }})\cdot (\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }})=0\iff \overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{BC}+A{A}^{\prime 2}=0\iff a\cdot a\cdot \cos 120^{\circ }+h^2=0\iff -\frac{a^2}{2}+h^2=0\iff h=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Diện tích đáy là $S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$. Thể tích khối lăng trụ là $V=S_{ABC}\cdot h=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{a^3\sqrt{6}}{8}$. Chọn B.