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

Chọn D
- Ta có: $\{\begin{array}{rl}BC& \perp BA\\ BC& \perp SA\end{array}\Rightarrow BC\perp (SAB)\Rightarrow SB\perp BC$.
- Hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(ABC)$ cắt nhau theo giao tuyến $BC$ có $SB\subset (SBC),SB\perp BC$ và $AB\subset (ABC),AB\perp BC$ nên góc giữa hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(ABC)$ là góc $\widehat{SBA}$. Theo giả thiết ta có $\widehat{SBA}=60^{\circ }$.
- Xét tam giác $SAB$ vuông tại $A$ có $SA=AB\cdot \tan 60^{\circ }=a\sqrt{3}$.
- Thể tích khối chóp $S.ABC$ là $V=\frac{1}{3}{S}_{ABC}\cdot SA=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2}{2}\cdot a\sqrt{3}=\frac{a^3\sqrt{3}}{6}$.

Vì $AD\parallel BC\Rightarrow (AD,(SAB))=(BC,(SAB))$.
Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $C$ lên $(SAB)\Rightarrow (BC,(SAB))=\widehat{CBH}=30^{\circ }$.
Xét tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $BC=\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}=\sqrt{5a^2+4a^2}=3a$.
Xét tam giác $BCH$ vuông tại $H$ có $CH=BC\cdot \sin 30^{\circ }=3a\cdot \frac{1}{2}=\frac{3a}{2}$.
Ta có $S_{△SAB}=\frac{1}{2}SA\cdot SB\cdot \sin 60^{\circ }=\frac{5\sqrt{3}}{4}{a}^2\Rightarrow V_{S.ABC}=\frac{1}{3}\cdot CH\cdot S_{△SAB}=\frac{5\sqrt{3}}{8}{a}^3$.
Suy ra $V_{S.ABCD}=2V_{S.ABC}=\frac{5\sqrt{3}}{4}{a}^3$.

Vì $B^{\prime }{M}^{\prime }\parallel BM\perp A{M}^{\prime }$ và $B^{\prime }{M}^{\prime }\perp A^{\prime }{C}^{\prime }$, nên $B^{\prime }{M}^{\prime }\perp (A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C)$. Dùng công thức Hê-rông tính diện tích tam giác $A{A}^{\prime }{M}^{\prime }$ với $A{A}^{\prime }=a,A^{\prime }{M}^{\prime }=\frac{a}{2},A{M}^{\prime }=\frac{a\sqrt{7}}{2}$ được $S_{A{A}^{\prime }{M}^{\prime }}=\frac{a^2\sqrt{3}}{8}$, suy ra chiều cao lăng trụ $h=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ và thể tích $V=\frac{3a^3}{8}$.

Chọn C.

Ta có $S_{△ACM}=\frac{1}{2}{S}_{△AC{D}^{\prime }}$; $B^{\prime }G\cap (AC{D}^{\prime })=A\Rightarrow \frac{d(G,(AC{D}^{\prime }))}{d(B^{\prime },(AC{D}^{\prime }))}=\frac{GA}{B^{\prime }A}=\frac{1}{3}$.
$V_{AGCM}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}{V}_{B^{\prime }AC{D}^{\prime }}=\frac{1}{6}{V}_{B^{\prime }AC{D}^{\prime }}=\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{3}V=\frac{V}{18}=6\iff V=6\cdot 18=108$.

Chọn D

Chọn C

Chọn A

Tam giác $SAB$ đều cạnh $2a$ có đường cao $SH=a\sqrt{3}\perp (ABCD)$. Diện tích $△ABC$ là $S_{△ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot BC=a^2$. Vậy $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SH\cdot S_{△ABC}=\frac{\sqrt{3}}{3}{a}^3$. Chọn D.

Đáp án: A. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 21, mã đề 301; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Đáp án: B. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 21, mã đề 301; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Thiết diện là hình vuông diện tích $36a^2$ nên có cạnh bằng $6a$, suy ra chiều cao hình trụ là $h=6a$ và dây cung đáy bằng $6a$. Bán kính đáy hình trụ là $r=\sqrt{(2a{)}^2+(3a{)}^2}=a\sqrt{13}$. Vậy $S_{xq}=2\pi rh=12\sqrt{13}\pi a^2$.

Vì $A^{\prime }A=A^{\prime }B=A^{\prime }C$, hình chiếu vuông góc của $A^{\prime }$ lên $(ABC)$ là trọng tâm $G$ của tam giác đều $ABC$. Góc giữa $B^{\prime }C$ và $(ABC)$ chính là góc giữa đường thẳng song song và mặt phẳng... Giải ra thể tích khối lăng trụ là $\frac{9\sqrt{3}}{2}{a}^3$. Chọn C.

Chọn C
Diện tích đáy $S_{\Delta ABC}=\frac{2^2\sqrt{3}}{4}=\sqrt{3}$.
Gọi $M$ là trung điểm $B^{\prime }{C}^{\prime }$, 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 $\widehat{AM{A}^{\prime }}=45^{\circ }$.
Tam giác $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ đều cạnh 2 nên $A^{\prime }M=\sqrt{3}$.
Vì $\Delta A{A}^{\prime }M$ vuông tại $A^{\prime }$ có $\widehat{AM{A}^{\prime }}=45^{\circ }$ nên $A{A}^{\prime }=A^{\prime }M=\sqrt{3}$.
Thể tích khối lăng trụ: $V=S_{\Delta ABC}\cdot A{A}^{\prime }=\sqrt{3}\cdot \sqrt{3}=3$.

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

S

B C
O

A

 , ( SB, ( ABC ) ) = SBO
Nhận thấy: ( SA, ( ABC ) ) = SAO  và ( SC , ( ABC ) ) = SCO
 nên suy ra

OA = OB = OC hay O là tâm đường tr$\int$ n ngoại tiếp tam giác ABC .
 = 120 , nên 
Tam giác ABC cân tại A có BAC ABC = 
ACB = 30 .
AB AB 6
Khi đó: = 2OA hay OA = = = 6.
sin 
ACB 2sin 
ACB 2.sin 30
 = 6.tan 60 = 6 3 .
Ta có: SO = OA.tan SAO
1 1 1 
Thể tích khối chóp S . ABC là VS . ABC = SO.S ABC = .6 3.  .6.6.sin120  = 54 .
3 3 2 

Chọn C
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ

22
 3   3 
Ta có: O ( 0;0;0 ) , A ( 2;0;0 ) , B ( 0;3;0 ) , C ( 0;0; 4 ) , D (1;0; 2 ) , E 1; ;0  , F  0; ; 2 
 2   2 
P ( 2;0; 4 ) , M ( 2;3;0 ) và N ( 0;3; 4 ) .
    
OM = ( 2;3;0 ) , ON = ( 0;3; 4 ) $\Rightarrow$ [OM ; ON ] = (12; -8;6 ) và OP = ( 2;0; 4 )

1   
Thể tích khối tứ diện OMNP là: VO.MNP = [OM ; ON ] .OP = 8 .
6

Thể tích của tứ diện OMNP bằng 8a 3 .
3

Diện tích hình thoi $ABCD$ là $S_{ABCD}=2\cdot \frac{(4a{)}^2\sqrt{3}}{4}=8\sqrt{3}{a}^2$, thể tích lăng trụ $V=8a\cdot 8\sqrt{3}{a}^2=64\sqrt{3}{a}^3$. Chia khối đa diện $ABCMNK$ thành các tứ diện với $M,N,K$ là trung điểm của $A{B}^{\prime },B^{\prime }C,B{D}^{\prime }$, ta tính được $V_{ABCMNK}=\frac{3}{16}V=12\sqrt{3}{a}^3$.

Trong tam giác $AG{A}^{\prime }$ vuông tại $G$, kẻ $GH\perp A{A}^{\prime }$ tại $H$ thì $GH=\frac{a\sqrt{3}}{6}$. Mặt khác $AG=\frac{a\sqrt{3}}{3}$, suy ra $\frac{1}{A^{\prime }{G}^2}=\frac{1}{G{H}^2}-\frac{1}{A{G}^2}=\frac{12}{a^2}-\frac{3}{a^2}=\frac{9}{a^2}\Rightarrow A^{\prime }G=\frac{a}{3}$. Thể tích khối lăng trụ là $V=S_{ABC}\cdot A^{\prime }G=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{a}{3}=\frac{a^3\sqrt{3}}{12}$. Chọn A.

Chọn C

Chọn B

Hình chiếu vuông góc của tam giác $A^{\prime }BC$ lên mặt phẳng đáy $(ABC)$ chính là tam giác $ABC$. Áp dụng công thức hình chiếu: $S_{△ABC}=S_{△A^{\prime }BC}\cdot \cos 30^{\circ }=8a^2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=4\sqrt{3}{a}^2$. Gọi cạnh tam giác đều là $x$, ta có $\frac{x^2\sqrt{3}}{4}=4\sqrt{3}{a}^2\Rightarrow x^2=16a^2\Rightarrow x=4a$. Gọi $M$ là trung điểm $BC$, ta có $AM=\frac{4a\sqrt{3}}{2}=2a\sqrt{3}$. Chiều cao $A^{\prime }A=AM\cdot \tan 30^{\circ }=2a\sqrt{3}\cdot \frac{1}{\sqrt{3}}=2a$. Thể tích khối lăng trụ: $V=S_{△ABC}\cdot A^{\prime }A=4\sqrt{3}{a}^2\cdot 2a=8\sqrt{3}{a}^3$. Chọn D.