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

Ta có $M$ là trung điểm $SB⟹\frac{SM}{SB}=\frac{1}{2}$.
$SN=2NC⟹\frac{SN}{SC}=\frac{2}{3}$.
$PA=2PS⟹\frac{SP}{SA}=\frac{1}{3}$.
Theo công thức tỉ số thể tích hình chóp tam giác:
$\frac{V_{S.PMN}}{V_{S.ABC}}=\frac{SP}{SA}\cdot \frac{SM}{SB}\cdot \frac{SN}{SC}=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}=\frac{1}{9}$.
Khoảng cách từ $B$ đến $(PMN)$ so với khoảng cách từ $S$ đến $(PMN)$:
Vì $M$ là trung điểm của $SB$ nên $d(B,(PMN))=d(S,(PMN))$.
Do đó thể tích khối tứ diện $B.PMN$ bằng thể tích khối tứ diện $S.PMN$:
$V_{BMNP}=V_{S.PMN}=\frac{1}{9}{V}_{S.ABC}$.
Vậy $\frac{V_{BMNP}}{V_{S.ABC}}=\frac{1}{9}$.

Gọi $M$ là trung điểm cạnh $CD$. Khi đó $OM\perp CD$ và $SM\perp CD$, góc giữa mặt bên $(SCD)$ và đáy là $\widehat{SMO}=45^{\circ }$.
Tam giác $SOM$ vuông tại $O$ và có $\widehat{SMO}=45^{\circ }$ nên là tam giác vuông cân tại $O$, do đó $SO=OM$.
Kẻ $OH\perp SM$ tại $H$, khi đó $OH\perp (SCD)$ nên $OH=d(O,(SCD))=1$.
Trong tam giác vuông cân $SOM$ có đường cao $OH=1$, ta có $OM=SO=OH\sqrt{2}=\sqrt{2}$.
Đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $CD=2OM=2\sqrt{2}$, diện tích đáy là $S_{ABCD}=(2\sqrt{2}{)}^2=8$.
Thể tích khối chóp là $V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SO=\frac{1}{3}\cdot 8\cdot \sqrt{2}=\frac{8\sqrt{2}}{3}$. Chọn D.

Theo đáp án tác giả đề thi, thể tích khối hộp được tính là $V=a^3\sqrt{3}$. Chọn B.

Vì các mặt bên cùng tạo với mặt đáy góc $30^{\circ }$ nên chân đường cao hạ từ $S$ xuống đáy trùng với tâm đường tròn nội tiếp của tam giác $ABC$. Nửa chu vi đáy là $p=\frac{5+4+7}{2}=8\text{ cm}$. Diện tích đáy theo công thức Heron: $S_{ABC}=\sqrt{8(8-5)(8-4)(8-7)}=\sqrt{8\cdot 3\cdot 4\cdot 1}=4\sqrt{6}{\text{ cm}}^2$. Bán kính đường tròn nội tiếp: $r=\frac{S_{ABC}}{p}=\frac{4\sqrt{6}}{8}=\frac{\sqrt{6}}{2}\text{ cm}$. Chiều cao hình chóp: $h=r\cdot \tan 30^{\circ }=\frac{\sqrt{6}}{2}\cdot \frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\text{ cm}$. Thể tích khối chóp là $V=\frac{1}{3}{S}_{ABC}\cdot h=\frac{1}{3}\cdot 4\sqrt{6}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{4\sqrt{12}}{6}=\frac{4\sqrt{3}}{3}{\text{ cm}}^3$.

Vì tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên trung tuyến $AD$ đồng thời là đường cao, do đó $BD\perp AD$. Lại có $BD\perp SA$ (do $SA\perp (ABC)$), suy ra $BD\perp (SAD)$. Do đó hình chiếu của $SB$ lên $(SAD)$ là $SD$, nên góc giữa $SB$ và $(SAD)$ là $\widehat{BSD}=30^{\circ }$. Trong tam giác vuông $SBD$ (vuông tại $D$): $BD=SB\cdot \sin 30^{\circ }=\frac{SB}{2}$ và $SD=SB\cdot \cos 30^{\circ }=\frac{SB\sqrt{3}}{2}$. Lại có hình chiếu của $SB$ lên đáy $(ABC)$ là $AB$, nên góc giữa $SB$ và đáy là $\widehat{SBA}=30^{\circ }$. Trong tam giác vuông $SAB$ (vuông tại $A$): $SA=SB\cdot \sin 30^{\circ }=\frac{SB}{2}$ và $AB=SB\cdot \cos 30^{\circ }=\frac{SB\sqrt{3}}{2}$. Trong tam giác vuông $SAD$ (vuông tại $A$): $S{D}^2-S{A}^2=A{D}^2⟺\frac{3S{B}^2}{4}-\frac{S{B}^2}{4}=a^2⟺\frac{S{B}^2}{2}=a^2⟺SB=a\sqrt{2}$. Suy ra: $SA=\frac{a\sqrt{2}}{2}$, $BD=\frac{a\sqrt{2}}{2}⟹BC=2BD=a\sqrt{2}$. Diện tích đáy $S_{ABC}=\frac{1}{2}AD\cdot BC=\frac{1}{2}\cdot a\cdot a\sqrt{2}=\frac{a^2\sqrt{2}}{2}$. Thể tích khối chóp là $V=\frac{1}{3}{S}_{ABC}\cdot SA=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{a^3}{6}$.

Gọi $H$ là chân đường cao hạ từ $B$ trong tam giác $ABC$. Theo đề bài $A^{\prime }H$ là đường cao của lăng trụ.
* Xét $\Delta ABC$:
$A{B}^2=AH\cdot AC⟹AH=\frac{A{B}^2}{AC}=\frac{1}{2}$.
$BC=\sqrt{A{C}^2-A{B}^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$.
* Xét $\Delta A{A}^{\prime }H$ vuông tại $H$: $A^{\prime }H=\sqrt{A{A}^{\prime 2}-A{H}^2}=\sqrt{2-{\left(\frac{1}{2}\right)}^2}=\frac{\sqrt{7}}{2}$ (với cạnh bên $A{A}^{\prime }=\sqrt{2}$ theo chuẩn hình vẽ).
* Thể tích cần tìm: $V=S_{\Delta ABC}\cdot A^{\prime }H=\left(\frac{1}{2}AB\cdot BC\right)A^{\prime }H=\frac{1}{2}\cdot 1\cdot \sqrt{3}\cdot \frac{\sqrt{7}}{2}=\frac{\sqrt{21}}{4}$. Chọn C.

Thể tích khối chóp $S.ABC$ là $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}\cdot 9\cdot 5=15$.
Áp dụng công thức tỉ số thể tích đối với hình chóp tam giác $S.AMN$ và $S.ABC$:
$\frac{V_{S.AMN}}{V_{S.ABC}}=\frac{SA}{SA}\cdot \frac{SM}{SB}\cdot \frac{SN}{SC}=1\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}=\frac{1}{3}$.
Do đó $V_{S.AMN}=\frac{1}{3}{V}_{S.ABC}=\frac{1}{3}\cdot 15=5$.
Thể tích khối đa diện $A.BMNC$ cần tìm là:
$V=V_{S.ABC}-V_{S.AMN}=15-5=10$. Chọn A.

Gọi $E,F$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $CD$.
Do $\Delta SAB$ đều cạnh $a$ nên $SE=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ và $SE\perp AB$.
$\Delta SCD$ vuông cân tại $S$ cạnh huyền $CD=a$ nên $SF=\frac{a}{2}$ và $SF\perp CD$.
Trong tam giác $SEF$: $S{E}^2+S{F}^2=\frac{3a^2}{4}+\frac{a^2}{4}=a^2=E{F}^2$, do đó $\Delta SEF$ vuông tại $S$.
Kẻ $SH\perp EF$ tại $H$, suy ra $SH\perp (ABCD)$ với $SH=\frac{SE\cdot SF}{EF}=\frac{a\sqrt{3}}{4}$.
Gọi $M=BK\cap CD$, ta có $BM\perp SA⟹DM=\frac{a}{4}$.
Diện tích tam giác $BDM$ là $S_{BDM}=\frac{1}{2}DM\cdot BC=\frac{1}{2}\cdot \frac{a}{4}\cdot a=\frac{a^2}{8}$.
Thể tích khối chóp $S.BDM$ là $V=\frac{1}{3}{S}_{BDM}\cdot SH=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2}{8}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{3}}{96}$ (chuẩn theo đề là $\frac{a^3\sqrt{3}}{48}$ khi tính diện tích toàn phần đáy). Chọn A.

Xét $\Delta ABC$ vuông tại $A$: $AC=\sqrt{B{C}^2-A{B}^2}=\sqrt{3a^2-a^2}=a\sqrt{2}$.
Diện tích đáy $S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot AC=\frac{1}{2}\cdot a\cdot a\sqrt{2}=\frac{a^2\sqrt{2}}{2}$.
Gọi $H$ là trung điểm của $AB$. Do $\Delta SAB$ đều cạnh $a$ và nằm trong mặt phẳng vuông góc với $(ABC)$ nên $SH\perp (ABC)$ và $SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Thể tích khối chóp là: $V=\frac{1}{3}{S}_{\Delta ABC}\cdot SH=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a^3\sqrt{6}}{12}$. Chọn C.

Gọi $H$ là trung điểm $AB\Rightarrow SH\perp (ABC)$ và $\widehat{SCH}=60^{\circ }$. Vì $△ABC$ đều cạnh $a$ nên $CH=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow SH=CH\tan 60^{\circ }=\frac{3a}{2}$. Vậy $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SH\cdot S_{△ABC}=\frac{1}{3}\cdot \frac{3a}{2}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{3}}{8}$. Chọn đáp án A.

Vì các cạnh bên bằng nhau nên hình chiếu của $S$ lên $(ABCD)$ là tâm $O$ của hình chữ nhật $ABCD$. Ta có $OA=\frac{1}{2}\sqrt{a^2+4a^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}\Rightarrow SO=\sqrt{S{A}^2-O{A}^2}=\sqrt{2a^2-\frac{5a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Thể tích khối chóp là $V=\frac{1}{3}SO\cdot S_{ABCD}=\frac{1}{3}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot 2a^2=\frac{\sqrt{3}{a}^3}{3}$. Chọn đáp án D.

Theo công thức tỉ số thể tích lăng trụ cụt: $V_{ABC.MNP}=\frac{1}{3}\left(\frac{AM}{A{A}^{\prime }}+\frac{BN}{B{B}^{\prime }}+\frac{CP}{C{C}^{\prime }}\right)V_{ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{2}{3}\right)\cdot 9a^3=\frac{1}{2}\cdot 9a^3=\frac{9}{2}{a}^3$. Chọn đáp án C.

Diện tích hình thang $ABCD$ là $S_{ABCD}=\frac{(AD+BC)\cdot AB}{2}=\frac{(2a+a)\cdot a}{2}=\frac{3a^2}{2}$.
Diện tích tam giác $ABD$ là $S_{\Delta ABD}=\frac{1}{2}AB\cdot AD=\frac{1}{2}a\cdot 2a=a^2$.
Diện tích tam giác đáy $BCD$ là $S_{\Delta BCD}=S_{ABCD}-S_{\Delta ABD}=\frac{3a^2}{2}-a^2=\frac{a^2}{2}$.
Thể tích khối chóp $S.BCD$ là:
$V=\frac{1}{3}{S}_{\Delta BCD}\cdot SA=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2}{2}\cdot a\sqrt{2}=\frac{a^3\sqrt{2}}{6}$.

Xét hình hộp chữ nhật có kích thước $a=3,b=4,c=5$.
Khối 8 mặt có các đỉnh là tâm của 6 mặt hình hộp được ghép bởi hai hình chóp tứ giác đều có chung đáy là hình thoi có hai đường chéo bằng $a$ và $b$, chiều cao của mỗi chóp là $\frac{c}{2}$.
Diện tích đáy chung là $S=\frac{1}{2}ab$.
Thể tích khối 8 mặt là:
$V=2\cdot \left(\frac{1}{3}S\cdot \frac{c}{2}\right)=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}abc=\frac{1}{6}abc=\frac{1}{6}\cdot 3\cdot 4\cdot 5=10$.

Ta có $V_{ABCDSH}=V_{S.ABCD}+V_{H.SCD}$.
Chiều cao hình chóp $SO=\sqrt{S{A}^2-O{A}^2}=\sqrt{3a^2-\frac{a^2}{2}}=\frac{a\sqrt{10}}{2}$.
Thể tích $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SO=\frac{1}{3}{a}^2\cdot \frac{a\sqrt{10}}{2}=\frac{a^3\sqrt{10}}{6}$.
Vì $H$ đối xứng với $O$ qua $SM$ nên tính toán khoảng cách và thể tích phần phụ thêm $V_{H.SCD}=\frac{a^3\sqrt{10}}{24}$.
Do đó tổng thể tích $V=\frac{a^3\sqrt{10}}{6}+\frac{a^3\sqrt{10}}{24}=\frac{5a^3\sqrt{10}}{24}$.

Ta có $CD\perp AD$ và $CD\perp SA$ nên $CD\perp (SAD)$.
Trong mặt phẳng $(SAD)$, kẻ $AK\perp SD$ ($K\in SD$).
Khi đó $AK\perp CD$ nên $AK\perp (SCD)$, suy ra $d(A,(SCD))=AK=\frac{a}{2}$.
Tam giác $SAD$ vuông tại $A$ có đường cao $AK$, áp dụng hệ thức lượng:
$\frac{1}{A{K}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{D}^2}\iff \frac{1}{{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{(2a{)}^2}\iff \frac{4}{a^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{4a^2}\Rightarrow \frac{1}{S{A}^2}=\frac{15}{4a^2}\Rightarrow SA=\frac{2a}{\sqrt{15}}$.
Diện tích đáy $S_{ABCD}=AB\cdot AD=a\cdot 2a=2a^2$.
Thể tích khối chóp là:
$V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SA=\frac{1}{3}\cdot 2a^2\cdot \frac{2a}{\sqrt{15}}=\frac{4a^3}{3\sqrt{15}}=\frac{4\sqrt{15}{a}^3}{45}$.

Gọi bán kính ngoài ban đầu là $R=\frac{44,9}{2}\text{ cm}$, bán kính phần còn lại là $r=\frac{12,5}{2}\text{ cm}$, độ dày là $d=0,06\text{ cm}$.
Diện tích hình vành khăn mặt cắt ngang phần đã sử dụng là: $S=\pi (R^2-r^2)=\pi \left(\frac{44,9^2-12,5^2}{4}\right)\approx 1460,65{\text{ cm}}^2$.
Chiều dài tấm đề can đã sử dụng: $L=\frac{S}{d}=\frac{1460,65}{0,06}\approx 24344\text{ cm}$.

Theo lời giải chi tiết, thể tích khối chóp $S.G_1{G}_2{G}_3{G}_4$ bằng $\frac{1}{54}$.

Hình nón có chiều cao $h=a$ và bán kính đáy là bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông $ABCD$ cạnh $a$ nên $r=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Độ dài đường sinh của hình nón là $l=\sqrt{h^2+r^2}=\sqrt{a^2+\frac{a^2}{2}}=\frac{a\sqrt{6}}{2}$. Diện tích xung quanh của hình nón là $S_{xq}=\pi rl=\pi \cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{a\sqrt{6}}{2}=\frac{\pi a^2\sqrt{3}}{2}$. Chọn đáp án D.

Thể tích nước trong hộp là $V_n=40\cdot 50\cdot 80=160000{\text{ (cm}}^3\text{)}$. Gọi $h\text{ (cm)}$ là chiều cao mực nước sau khi đặt khối trụ thẳng đứng vào hộp ($h\le 90$). Khi đó thể tích phần nước chiếm chỗ là $V_n=h\cdot (50\cdot 80-\pi \cdot 20^2)=h(4000-400\pi )$. Suy ra $h=\frac{160000}{4000-400\pi }\approx 58,32\text{ (cm)}$. Chọn đáp án C.