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

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích khối chóp cụt tứ giác đều: $V=\frac{h}{3}\left(S+S^{\prime }+\sqrt{S{S}^{\prime }}\right)$ với $S=4^2=16c{m}^2$, $S^{\prime }=2^2=4c{m}^2$, $h=3cm$.
$$V=\frac{3}{3}\left(16+4+\sqrt{16\cdot 4}\right)=16+4+8=28c{m}^3.$$
Tổng số viên đá: $5\times 6=30$ viên.
Lượng nước cần dùng: $30\times 28=840c{m}^3$. Kết quả trùng với đáp án nguồn (840).

a) $h=A^{\prime }I=\frac{a\sqrt{14}}{2}$
$S_d=a^2$; $V=a^3\frac{\sqrt{14}}{2}$ (0,25 + 0,25 điểm)

b) $AI\perp (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })\Rightarrow (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })\perp (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$
$(ABCD)\parallel (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$
$\Rightarrow (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })\perp (ABCD)$ (0,25 + 0,25 điểm)

[Hình cần kiểm tra lại: p9_f1]

Mô hình hoá bệ đỡ bằng chóp cụt tứ giác đều $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ với $O,O^{\prime }$ tương ứng là tâm của hai đáy. Theo bài ra $AB=8;A^{\prime }{B}^{\prime }=4$.

$\left(C{C}^{\prime },(ABCD)\right)=\left(C{C}^{\prime },CH\right)=\widehat{HC{C}^{\prime }}=45^{\circ }$.

$ABCD$ là hình vuông cạnh 8, $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ hình vuông cạnh 4 nên

$\Rightarrow AC=8\sqrt{2}\Rightarrow A^{\prime }{C}^{\prime }=4\sqrt{2}\Rightarrow HC=\frac{8\sqrt{2}}{2}-\frac{4\sqrt{2}}{2}=2\sqrt{2}.$

Do tam giác $C^{\prime }HC$ vuông cân ở $H$ nên chiều cao khối chóp cụt $O{O}^{\prime }=C^{\prime }H=2\sqrt{2}$.

$C{C}^{\prime }=C^{\prime }H.\sqrt{2}=4$

Thể tích khối chóp cụt:

$V=\frac{1}{3}h\left(S+\sqrt{S{S}^{\prime }}+S^{\prime }\right)=\frac{1}{3}.2\sqrt{2}\left(4^2+\sqrt{4^2.8^2}+8^2\right)=\frac{224\sqrt{2}}{3}\left({\text{m}}^3\right)$.

Chi phí bê tông: $\frac{224\sqrt{2}}{3}.1000000$ đồng.

[Hình cần kiểm tra lại: p9_f2]

Mặt khác:
$CK=\frac{8-4}{2}=2$, đường cao của hình thang mặt bên $C^{\prime }K=\sqrt{C^{\prime }{C}^2-C{K}^2}=2\sqrt{3}$.

Diện tích một mặt bên: $\frac{(8+4).2\sqrt{3}}{2}=12\sqrt{3}{m}^2$.

Diện tích 4 mặt bên $4.12\sqrt{3}=48\sqrt{3}{m}^2$

Chi phí sơn: $48\sqrt{3}.(20.000+30.000)$ đồng.

Tổng chi phí: $\frac{224\sqrt{2}}{3}.1000000+48\sqrt{3}.(20000+30000)\approx \mathrm{109.752.000}$ đồng.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $AC$ là hình chiếu của $SC$ lên mặt đáy, do đó góc giữa $SC$ và mặt đáy là $\widehat{SCA}=60^{\circ }$. Trong hình chữ nhật $ABCD$ có $AB=3$, $AD=4$ nên $AC=\sqrt{3^2+4^2}=5$ cm. Khi đó $SA=AC\cdot \tan 60^{\circ }=5\sqrt{3}$ cm. Thể tích khối chóp: $V=\frac{1}{3}\cdot S_{ABCD}\cdot SA=\frac{1}{3}\cdot (3\cdot 4)\cdot 5\sqrt{3}=20\sqrt{3}\approx 34,6$ cm${}^3$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $AC$ là hình chiếu của $SC$ lên mặt đáy, do đó góc giữa $SC$ và mặt đáy là $\widehat{SCA}=45^{\circ }$. Tam giác $ABC$ vuông tại $B$ có $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{5^2+12^2}=13$ cm. Trong tam giác $SAC$ vuông tại $A$: $SA=AC\cdot \tan 45^{\circ }=13$ cm. Diện tích đáy $S_{ABCD}=5\cdot 12=60$ cm${}^2$. Thể tích khối chóp: $V=\frac{1}{3}\cdot 60\cdot 13=260$ cm${}^3$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $AC$ là hình chiếu của $SC$ lên mặt đáy, do đó góc giữa $SC$ và mặt đáy là $\widehat{SCA}=60^{\circ }$.
Tam giác $ABC$ vuông tại $A$: $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$ cm.
Trong tam giác vuông $SAC$ (vuông tại $A$): $SA=AC\cdot \tan 60^{\circ }=10\sqrt{3}$ cm.
Diện tích đáy: $S_{ABCD}=AB\cdot AD=6\cdot 8=48$ cm${}^2$.
Thể tích khối chóp: $V=\frac{1}{3}\cdot 48\cdot 10\sqrt{3}=160\sqrt{3}\approx 277,13$ cm${}^3$.
Làm tròn đến hàng đơn vị: $V\approx 277$ cm${}^3$.

(AI giải đề cho tôi)
SA ⊥ (ABCD) nên AC là hình chiếu của SC lên đáy, góc giữa SC và đáy là góc SCA = 30°. Tam giác ABC vuông tại A: AC = √(9² + 12²) = 15 cm. Tam giác SAC vuông tại A: SA = AC·tan30° = 15·(1/√3) = 5√3 cm. Diện tích đáy S_ABCD = 9·12 = 108 cm². Thể tích V = (1/3)·108·5√3 = 180√3 ≈ 311,77 ≈ 312 cm³.

(AI giải đề cho tôi)
Tam giác đều cạnh $3\sqrt{3}$, $I$ trung điểm $BC$ nên $AI$ là đường cao: $AI=\frac{3\sqrt{3}\cdot \sqrt{3}}{2}=\frac{9}{2}$. Lăng trụ đứng nên $A{A}^{\prime }\perp (ABC)$, tam giác $A^{\prime }IA$ vuông tại $A$ với $\tan \widehat{A^{\prime }IA}=\frac{A{A}^{\prime }}{AI}=\tan 60^{\circ }=\sqrt{3}$, suy ra $A{A}^{\prime }=\frac{9\sqrt{3}}{2}$. Diện tích đáy $S=\frac{\sqrt{3}}{4}(3\sqrt{3}{)}^2=\frac{27\sqrt{3}}{4}$. Thể tích $V=S\cdot A{A}^{\prime }=\frac{27\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{9\sqrt{3}}{2}=\frac{729}{8}=91,125\approx 91,1$, trùng đáp án nguồn (đề 0103, Phần III, câu 2: 91,1).

(AI giải đề cho tôi)
Tam giác đều cạnh 3 nên đường cao $AI=\frac{3\sqrt{3}}{2}$. Vì lăng trụ đứng nên $A{A}^{\prime }\perp (ABC)$, do đó $A{A}^{\prime }\perp AI$ và tam giác $A^{\prime }IA$ vuông tại $A$. Theo đề: $\tan \widehat{A^{\prime }IA}=\frac{A{A}^{\prime }}{AI}=\tan 30^{\circ }=\frac{1}{\sqrt{3}}$, suy ra $A{A}^{\prime }=\frac{AI}{\sqrt{3}}=\frac{3}{2}$. Diện tích đáy $S=\frac{3^2\sqrt{3}}{4}=\frac{9\sqrt{3}}{4}$. Thể tích $V=S\cdot A{A}^{\prime }=\frac{9\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{3}{2}=\frac{27\sqrt{3}}{8}\approx 5,85$.

(AI giải đề cho tôi)
Đáy ABC vuông cân tại A, AC=2a nên AB=2a, BC=2a√2, AI=BC/2=a√2. a) SA⊥(ABC) nên chiều cao hình chóp là SA=a√6≠2a → Sai. b) S_ABC=(1/2)·2a·2a=2a², V=(1/3)·2a²·a√6=(2a³√6)/3 → Đúng. c) Tam giác ABC cân tại A, I trung điểm BC nên AI⊥BC; SB=SC=√(SA²+AB²)=a√10 nên tam giác SBC cân tại S, SI⊥BC. Suy ra BC⊥(SAI) mà BC⊂(SBC), do đó (SBC)⊥(SAI) → Đúng. d) BC⊥AI và BC⊥SI nên góc nhị diện [S,BC,A] là ∠SIA với tan∠SIA=SA/AI=a√6/(a√2)=√3 → ∠SIA=60° → Đúng. Đối chiếu bảng đáp án trang 11, cột 2a–2d có dòng S, D, D, D khớp với kết quả a) Sai, b) Đúng, c) Đúng, d) Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
SA⊥(ABC) nên chiều cao hình chóp là SA=a√6, không phải 2a.
b) (AI giải đề cho tôi)
S_ABC=(1/2)·2a·2a=2a², V=(1/3)·2a²·a√6=(2a³√6)/3.
c) (AI giải đề cho tôi)
AI⊥BC (đường trung tuyến tam giác cân) và SI⊥BC (đường cao tam giác SBC cân tại S) nên BC⊥(SAI), suy ra (SBC)⊥(SAI).
d) (AI giải đề cho tôi)
tan∠SIA=SA/AI=a√6/(a√2)=√3 nên ∠SIA=60°.

a) Ta có $SA\perp (ABCD)$

Thể tích khối chóp $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SA.S_{ABCD}=\frac{1}{3}a\sqrt{3}.a.a\sqrt{3}=a^3$

b) Ta có $SA\perp (ABCD)$ nên hình chiếu của SD lên $(ABCD)$ là AD.

Góc tạo bởi SD và $(ABCD)$ là $\widehat{SDA}$.

$\tan \widehat{SDA}=\frac{SA}{AD}=\sqrt{3}\to \widehat{SDA}=60^{\circ }$.

c) Ta có: $V_{C.SBD}=V_{S.BCD}=\frac{1}{2}{V}_{S.ABCD}=\frac{a^3}{2}$.

Gọi H là trung điểm SB

$S_{△SBD}=\frac{1}{2}.DH.SB=\frac{1}{2}.\sqrt{\frac{5}{2}}.\sqrt{6}.a^2=\frac{\sqrt{15}{a}^2}{2}$

$\to h^{\prime }=d(C;(SBD))=\frac{3V_{C.SBD}}{S_{△SBD}}=\frac{\sqrt{15}}{5}a$.

Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $SBC$,

$d(G;(SBD))=\frac{1}{3}d(C;(SBD))=\frac{h^{\prime }}{3}=\frac{\sqrt{15}}{15}a$.

(AI giải đề cho tôi)
Bảng đáp án trang 11 cột 2a–2d (dòng 1) là D, D, S, S — khớp hoàn toàn với kết quả giải độc lập của Câu 2. Bảng trang 10 cột 1a–1d (D,S,D,D) là đáp án của Phần II Câu 1 (hàm số y=(x+3)/(x−1)), không phải Câu 2, nên không có mâu thuẫn.

Giải chi tiết Câu 2: Đáy ABC vuông cân tại A, AC=2a nên AB=2a, BC=2a√2, AI là trung tuyến ứng với cạnh huyền nên AI=BC/2=a√2 và AI⊥BC.

a) Vì SA⊥(ABC) nên chiều cao hình chóp là SA=a√3 → Đúng.

b) BC⊥AI và BC⊥SA (vì SA⊥(ABC)) nên BC⊥(SAI). Vì BC⊂(SBC) nên (SBC)⊥(SAI) → Đúng.

c) S_{ABC}=½·2a·2a=2a², V=⅓·2a²·a√3=2a³√3/3 ≠ 2a³√6/3 → Sai.

d) BC⊥(SAI) nên [S,BC,A] là góc giữa SI và AI: tan∠SIA=SA/AI=a√3/(a√2)=√(3/2), góc ≈ 50,77° ≠ 30° → Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
SA⊥(ABC) nên chiều cao là SA=a√3.
b) (AI giải đề cho tôi)
BC⊥AI, BC⊥SA nên BC⊥(SAI), suy ra (SBC)⊥(SAI).
c) (AI giải đề cho tôi)
V=⅓·2a²·a√3=2a³√3/3 ≠ 2a³√6/3.
d) (AI giải đề cho tôi)
tan∠SIA=√(3/2) nên góc ≈ 50,77° ≠ 30°.

a) Ta có $SA\perp (ABCD)$

Thể tích khối chóp $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SA.S_{ABCD}=\frac{1}{3}a.a.a\sqrt{3}=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}$

b) Ta có $SA\perp (ABCD)$ nên hình chiếu của SB lên $(ABCD)$ là AB.

Góc tạo bởi SB và mặt phẳng $(ABCD)$ là SB lên mặt phẳng $\widehat{SBA}$.

$\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow \widehat{SBA}=30^{\circ }.$

c) Ta có: $V_{C.SBD}=V_{S.BCD}=\frac{1}{2}{V}_{S.ABCD}=\frac{1}{2}.\frac{a^3\sqrt{3}}{3}=\frac{a^3\sqrt{3}}{6}$

[Hình cần kiểm tra lại: p14_f1]

Gọi H là trung điểm SD

$S_{△SBD}=\frac{1}{2}.BH.SD=\frac{1}{2}.\sqrt{\frac{7}{2}}.\sqrt{2}.a^2=\frac{\sqrt{7}{a}^2}{2}$

$\Rightarrow h^{\prime }=d(C;(SBD))=\frac{3V_{C.SBD}}{S_{△SBD}}=\frac{\sqrt{21}}{7}a.$

Gọi G là trọng tâm tam giác $SBC$,

$d(G;(SBD))=\frac{1}{3}d(C;(SBD))=\frac{h^{\prime }}{3}=\frac{\sqrt{21}}{21}a.$

a) Viết đúng ${\log }_2\frac{m^3}{4}={\log }_2{m}^3-{\log }_{2}4$. Tính đúng ${\log }_2\frac{m^3}{4}=3{\log }_{2}m-2=3.5-2=13$.

b) Gọi $S.ABCD$ là hình chóp tứ giác đều với cạnh đáy bằng $6cm$ và cạnh bên bằng $7cm$. Gọi $O=AC\cap BD$.
[Hình cần kiểm tra lại: p10_f2]
$SO=\sqrt{S{A}^2-O{A}^2}=\sqrt{7^2-{\left(3\sqrt{2}\right)}^2}=\sqrt{31}$.
$S_{ABCD}=A{B}^2=6^2=36$.
$V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SO=\frac{1}{3}\cdot 36\cdot \sqrt{31}=12\sqrt{31}\approx 66,8c{m}^3$.
Vậy cần sử dụng $66,8c{m}^3$ thủy tinh để làm cái chặn giấy này.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$, $I$ là trung điểm $AB$. Tam giác $SAB$ đều cạnh 12 nên $SI=12\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=6\sqrt{3}$. Vì $(SAB)\perp (ABCD)$, giao tuyến $AB$, nên $SI\perp (ABCD)$, tức $SI$ là đường cao của chóp. Diện tích đáy $S_{ABCD}=12^2=144$. Thể tích $V=\frac{1}{3}\cdot 144\cdot 6\sqrt{3}=288\sqrt{3}\approx 498,83\approx 499$. Kết quả trùng với đáp án nguồn (499).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $H$ là trung điểm $AB$. Vì tam giác $SAB$ đều cạnh 6 nên $SH\perp AB$ với $SH=6\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}$. Mặt phẳng $(SAB)\perp (ABCD)$, giao tuyến là $AB$, mà $SH\subset (SAB)$, $SH\perp AB$ nên $SH\perp (ABCD)$. Vậy chiều cao của chóp là $h=SH=3\sqrt{3}$. Thể tích: $V=\frac{1}{3}\cdot S_{ABCD}\cdot h=\frac{1}{3}\cdot 6^2\cdot 3\sqrt{3}=36\sqrt{3}\approx 62,3538\approx 62,4$. Kết quả trùng với đáp án nguồn 62,4.

a) Gọi $I$ là trung điểm $BC$ và $G$ là trọng tâm $\Delta ABC$.

[Hình cần kiểm tra lại: p8_f1]

Ta có: $SG\perp (ABC)$ nên $SG$ là đường cao của khối chóp $S.ABC$. Có $GA$ là hình chiếu của $SA$ lên $(ABC)$. Suy ra $(SA,(ABC))=(SA,GA)=\widehat{SAG}=60^{\circ }$.

Ta có: $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}{S}_{\Delta ABC}.SG$.

$S_{\Delta ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$, $SG=\tan 60^{\circ }.AG=\sqrt{3}.\left(\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)=a$.

Vậy $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}{a}^2\frac{\sqrt{3}}{4}.a=\frac{a^3\sqrt{3}}{12}$.

b) $d(SB,AC)=d(SA,BC)$. Kẻ $IJ\perp SA$, ta có $BC\perp (SAI)\Rightarrow BC\perp IJ$ nên $IJ$ là đường vuông góc chung của $SA$ và $BC$. $\Rightarrow d(SA,BC)=IJ=AI.\sin 60^{\circ }=a\frac{\sqrt{3}}{2}.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3a}{4}$. Vậy $d(SB,AC)=\frac{3a}{4}$.

Gọi H là chân đường cao hạ từ A lên $\mathrm{mp}\left(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }\right)$ (0,5 điểm).
Xét tam giác vuông $A{A}^{\prime }H$: $AH=A{A}^{\prime }\cdot \sin 45^0=a\sqrt{2}$ (0,5 điểm).
Thể tích: $V=S_{A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}\cdot AH=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot a\sqrt{2}=\frac{a^3\sqrt{6}}{4}$ (0,5 điểm).

Gọi H là chân đường cao hạ từ A lên $\mathrm{mp}\left(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }\right)$ (0,5 điểm).
Xét tam giác vuông $A{A}^{\prime }H$: $AH=A{A}^{\prime }\cdot \sin 60^0=a\sqrt{3}$ (0,5 điểm).
Thể tích: $V=S_{A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}\cdot AH=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot a\sqrt{3}=\frac{3}{4}{a}^3$ (0,5 điểm).

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $B(0;0;0)$, $A(2;0;0)$, $C(0;2;0)$, $S(2;0;2\sqrt{3})$ (vì $SA\perp (ABC)$, $SA=2\sqrt{3}$). Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ có $SB=\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}=\sqrt{12+4}=4$. Hình chiếu $H$ của $A$ trên $SB$: $AH=\frac{SA\cdot AB}{SB}=\frac{2\sqrt{3}\cdot 2}{4}=\sqrt{3}$, suy ra $BH=\sqrt{A{B}^2-A{H}^2}=\sqrt{4-3}=1$, tọa độ $H=\left(\frac{1}{2};0;\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$. Thể tích $V_{B.AHC}=V_{A.BHC}=\frac{1}{3}\cdot d(A,(SBC))\cdot S_{△BHC}$. Vì $BC\perp (SAB)$ nên $BC\perp AH$, kết hợp $AH\perp SB$ suy ra $AH\perp (SBC)$, tức $d(A,(SBC))=AH=\sqrt{3}$. Tính diện tích tam giác $BHC$ bằng tích có hướng: $\overrightarrow{HB}=\left(-\frac{1}{2};0;-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$, $\overrightarrow{HC}=\left(-\frac{1}{2};2;-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$, $\overrightarrow{HB}\times \overrightarrow{HC}=(\sqrt{3};0;-1)$, nên $S_{△BHC}=\frac{1}{2}\sqrt{3+1}=1$. Vậy $V=\frac{1}{3}\cdot \sqrt{3}\cdot 1=\frac{\sqrt{3}}{3}\approx 0,58c{m}^3$, khớp với đáp án nguồn.