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

Gọi $E$ là trung điểm $BC$, $I$ là trung điểm $SE$ (giao điểm của $MN$ và $SE$). Vì $(AMN)\perp (SBC)$ theo giao tuyến $MN$ và $AI\perp MN$ nên $AI\perp (SBC)\Rightarrow AI\perp SE$. Tam giác $SAE$ có đường trung tuyến $AI$ đồng thời là đường cao nên $SA=AE=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Chiều cao khối chóp là $SO=\sqrt{S{A}^2-A{O}^2}=\sqrt{\frac{3a^2}{4}-\frac{a^2}{3}}=\frac{a\sqrt{5}}{2\sqrt{3}}$. Khi đó $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SO\cdot S_{ABC}=\frac{a^3\sqrt{5}}{24}$, suy ra $V_{A.BCNM}=\frac{3}{4}{V}_{S.ABC}=\frac{a^3\sqrt{5}}{32}$.

Tứ giác $NPQR$ là hình bình hành có các cạnh song song với $AC$ và $B^{\prime }{D}^{\prime }$, độ dài $NP=QR=\frac{1}{2}{B}^{\prime }{D}^{\prime }=2,PQ=RN=\frac{1}{2}AC=\frac{3}{2}$, góc giữa hai cạnh kề bằng $60^{\circ }$, nên $S_{NPQR}=2\cdot \frac{3}{2}\cdot \sin 60^{\circ }=\frac{3\sqrt{3}}{2}$. Mặt phẳng $(NPQR)$ song song với hai mặt đáy $(ABCD)$ và $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ và cách đều hai mặt đáy một khoảng bằng $\frac{5}{2}$. Do $M\in (ABCD)$ và $S\in (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ nên $V_{MNPQRS}=V_{M.NPQR}+V_{S.NPQR}=\frac{1}{3}{S}_{NPQR}\left(\frac{5}{2}+\frac{5}{2}\right)=\frac{5\sqrt{3}}{2}$.

**Chọn B**

(Theo đáp án chính thức của Hội đồng ra đề Trường THPT Trần Quốc Tuấn - Mã đề 001).
Thể tích khối lăng trụ đứng $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ bằng $\frac{a^3}{4}$.

Vì $\widehat{EAF}=45^{\circ }$ trên hình vuông $ABCD$ cạnh $a$ với $BE=x,DF=y$ nên $EF=x+y$ và $S_{△AEF}=\frac{1}{2}a(x+y)$. Vì $G$ là trọng tâm $△SAB$ nên $A{A}^{\prime }=\frac{1}{3}SA=\frac{a\sqrt{3}}{3}$. Do đó $V_{A^{\prime }.AEF}=\frac{1}{3}A{A}^{\prime }\cdot S_{△AEF}=\frac{a^2(x+y)\sqrt{3}}{18}\Rightarrow m=18$. Đáp án chính thức của đề (Mã đề 0104, trang 5): 18.

Đặt chiều cao hình lăng trụ là $h=B{B}^{\prime }$. Dựng hình bình hành $B^{\prime }BCE$ thì $BE\parallel B^{\prime }C\Rightarrow B^{\prime }C\parallel (A^{\prime }BE)$.
Khoảng cách giữa hai đường thẳng $A^{\prime }B$ và $B^{\prime }C$ bằng khoảng cách từ điểm $C$ đến mặt phẳng $(A^{\prime }BE)$. Qua tính toán thể tích tứ diện $C.A^{\prime }BE$, ta tìm được $h=B{B}^{\prime }=a$.
Khi đó thể tích khối tứ diện $A^{\prime }{C}^{\prime }CD$ là:
$V_{A^{\prime }{C}^{\prime }CD}=\frac{1}{3}\cdot d(A^{\prime },(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }))\cdot S_{\Delta C^{\prime }CD}=\frac{1}{3}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot \left(\frac{1}{2}\cdot a\cdot \frac{a}{2}\right)=\frac{a^3\sqrt{3}}{24}.$
Chọn đáp án C.

Gọi $I$ là trung điểm của $AB$, dựng $OH\perp SI$ thì $OH\perp (SAB)$.


Trong tam giác vuông $SOI$ vuông tại $O$, $OH$ là đường cao. Ta có khoảng cách $OH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ và góc $\widehat{OSI}=30^{\circ }\dots$ Tính được $SO=a\sqrt{3}$ và bán kính đáy $R=OA=a\sqrt{5}$.
Thể tích khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi R^{2}h=\frac{1}{3}\pi (a\sqrt{5}{)}^2(a\sqrt{3})=\frac{5\pi a^3\sqrt{3}}{3}$. Chọn đáp án C.

[IMAGE_1]

Gọi $S=MN\cap AD$, $E=SB\cap DC$ và $F=NE\cap C{C}^{\prime }$.
Ta có $\frac{MA}{ND}=\frac{\frac{1}{2}A{A}^{\prime }}{\frac{3}{4}D{D}^{\prime }}=\frac{2}{3}\Rightarrow \frac{SA}{SD}=\frac{SB}{SE}=\frac{SM}{SN}=\frac{MA}{ND}=\frac{2}{3}$ và $\frac{EF}{EN}=\frac{EC}{ED}=\frac{EB}{ES}=\frac{ES-SB}{ES}=\frac{1}{3}$.
Ta có $V_{MAB.NDCF}=V_{SNDE}-V_{SMAB}-V_{BCFE}=V_{SNDE}-{\left(\frac{SM}{SN}\right)}^3{V}_{SNDE}-{\left(\frac{EF}{EN}\right)}^3{V}_{SNDE}=\left(1-\frac{8}{27}-\frac{1}{27}\right)V_{SNDE}=\frac{2}{3}{V}_{SNDE}$.
Mà $V_{SNDE}=\frac{1}{6}ND.DS.DE=\frac{1}{6}.\frac{3}{4}D{D}^{\prime }.3DA.\frac{3}{2}DC=\frac{9}{16}{V}_{ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }}$.
Suy ra $V_1=V_{MAB.NDCF}=\frac{2}{3}{V}_{SNDE}=\frac{3}{8}{V}_{ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }}\Rightarrow \frac{V_1}{V_2}=\frac{3}{5}$.

Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ lên mặt phẳng $(SBC)$.
Vì $BC\perp AB$ và $BC\perp SC$ nên $BC\perp (SAB)$ hoặc kẻ đường thẳng song song.
Từ $SC\parallel HB$, ta có góc giữa $AB$ và $SC$ bằng góc giữa $AB$ và $HB$, suy ra $\widehat{ABH}=30^{\circ }$.
Khi đó $AH=HB\tan 30^{\circ }=SC\tan 30^{\circ }=a\sqrt{15}\cdot \frac{1}{\sqrt{3}}=a\sqrt{5}$.
Diện tích tam giác vuông $SBC$ là $S_{\Delta SBC}=\frac{1}{2}BC\cdot SC=\frac{1}{2}a\cdot a\sqrt{15}=\frac{a^2\sqrt{15}}{2}$.
Thể tích khối chóp $S.ABC$ là:
$V=\frac{1}{3}AH\cdot S_{\Delta SBC}=\frac{1}{3}\cdot a\sqrt{5}\cdot \frac{a^2\sqrt{15}}{2}=\frac{5a^3}{2}$.

Ta có $AB=AD=a$ và $BD=a\sqrt{2}$ nên tam giác $ABD$ vuông cân tại $A$, diện tích $S_{ABCD}=2S_{ABD}=a^2$. Chiều cao của khối hộp đạt giá trị lớn nhất khi mặt phẳng $(A^{\prime }BD)\perp (ABCD)$. Khi đó khoảng cách từ $A^{\prime }$ đến $(ABCD)$ đạt cực đại $h=\frac{a\sqrt{14}}{2}$. Do đó thể tích lớn nhất của khối hộp là $V=S_{ABCD}\cdot h=\frac{a^3\sqrt{14}}{2}$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề A, trang 8), chọn D.

Giả sử $ABCD$ là hình thang ($BC$ đáy lớn thuộc đường tròn $(O)$, $AD$ đáy nhỏ thuộc đường tròn $(O^{\prime })$) và $r$ là bán kính đáy.
Vì mặt phẳng đi qua $O$ nên $BC$ là đường kính của đường tròn $(O)\Rightarrow BC=2r$.
Theo đề bài $BC=2AD\Rightarrow AD=r$.
Kẻ $O^{\prime }I\perp AD\Rightarrow AD\perp (O{O}^{\prime }I)\Rightarrow (ABCD)\perp (O{O}^{\prime }I)$.
Suy ra góc giữa $O{O}^{\prime }$ và $(ABCD)$ là $\widehat{O^{\prime }OI}=30^{\circ }$.
Tam giác $O{O}^{\prime }I$ vuông tại $O^{\prime }$, có $\cos \widehat{O^{\prime }OI}=\frac{O{O}^{\prime }}{OI}\Rightarrow OI=\frac{a\sqrt{3}}{\cos 30^{\circ }}=2a$.
Diện tích hình thang $ABCD$ là:
$S_{ABCD}=\frac{(AD+BC)\cdot OI}{2}=\frac{(r+2r)\cdot 2a}{2}=3ar$.
Theo đề bài $S_{ABCD}=3a^2\iff 3ar=3a^2\iff r=a$.
Thể tích của khối trụ là $V=\pi r^{2}h=\pi a^2\cdot a\sqrt{3}=\pi a^3\sqrt{3}$.

Ta có: $K=MN\cap SB\Rightarrow \frac{BK}{BS}=\frac{1}{3}$.
Đặt $V=V_{S.ABCD}\Rightarrow V_{S.BCD}=V_{S.ABC}=\frac{V}{2}$.
$\frac{V_{C.DMN}}{V_{C.DBS}}=\frac{CD}{CD}\cdot \frac{CM}{CB}\cdot \frac{CN}{CS}=1\cdot 2\cdot \frac{1}{2}=1\Rightarrow V_{C.DMN}=\frac{V}{2}$.
Gọi $I=MD\cap AB$. Do $B$ là trung điểm $MC$ và $AB\parallel CD$ nên $I$ là trung điểm $AB$ và $MD$.
$\frac{V_{B.MKI}}{V_{B.CSA}}=\frac{BM}{BC}\cdot \frac{BK}{BS}\cdot \frac{BI}{BA}=1\cdot \frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{6}\Rightarrow V_{B.MKI}=\frac{1}{6}\cdot \frac{V}{2}=\frac{V}{12}$.
Do đó $V_2=V_{C.DMN}-V_{B.MKI}=\frac{V}{2}-\frac{V}{12}=\frac{5V}{12}$.
$\Rightarrow V_1=V-V_2=\frac{7V}{12}$.
Vậy $\frac{V_1}{V_2}=\frac{7}{5}$.

Sử dụng định lý Talet và tỉ số thể tích các khối chóp, ta tính được $V_{C.C^{\prime }{E}^{\prime }{F}^{\prime }}=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}$ và $V_{C{C}^{\prime }EF{B}^{\prime }{A}^{\prime }}=\frac{11a^3\sqrt{3}}{72}$. Thể tích khối đa diện cần tìm: $V_{EF{A}^{\prime }{B}^{\prime }{E}^{\prime }{F}^{\prime }}=V_{C.C^{\prime }{E}^{\prime }{F}^{\prime }}-V_{C{C}^{\prime }EF{B}^{\prime }{A}^{\prime }}=\frac{7a^3\sqrt{3}}{72}$. Chọn C.

Ta có $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=a\sqrt{5}⟹SA=AC\tan \alpha =a\sqrt{5}\cdot \frac{\sqrt{5}}{5}=a$. Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ với $A(0;0;0)$, tia $Ox\equiv AB$, tia $Oy\equiv AD$, tia $Oz\equiv AS$ và coi $a=1$. Khi đó $A(0;0;0),C(2;1;0),E\left(1;0;\frac{1}{2}\right),F\left(0;\frac{1}{3};\frac{2}{3}\right)$. Ta có $\overrightarrow{AC}=(2;1;0),\overrightarrow{AE}=\left(1;0;\frac{1}{2}\right),\overrightarrow{AF}=\left(0;\frac{1}{3};\frac{2}{3}\right)⟹\left[\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AE}\right]=\left(\frac{1}{2};-1;-1\right)$. Thể tích khối tứ diện $AEFC$ là $V=\frac{1}{6}\left|\left[\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AE}\right]\cdot \overrightarrow{AF}\right|a^3=\frac{a^3}{6}$.

Gọi $H$ là trung điểm của $AB$, kẻ $OK\perp SH\Rightarrow d(O,(SAB))=OK=\frac{a\sqrt{3}}{3}$. Vì tam giác $SAB$ cân tại $S$ có góc $\widehat{SAB}=60^{\circ }$ nên là tam giác đều, do đó $SH=\frac{AB\sqrt{3}}{2}$. Đặt đường sinh $l=SA$, ta có $h=SO=l\sin 30^{\circ }=\frac{l}{2}$, bán kính đáy $R=OA=l\cos 30^{\circ }=\frac{l\sqrt{3}}{2}$. Từ hệ thức $\frac{1}{O{K}^2}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{O{H}^2}$ giải ra được $h=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ và $R=\frac{a\sqrt{6}}{2}$. Thể tích khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi R^{2}h=\frac{1}{3}\pi \frac{6a^2}{4}\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{\pi a^3\sqrt{2}}{4}$ (tương ứng đáp án D).


Chọn D.

Giả sử cạnh đáy của lăng trụ bằng $x$ ($x>0$).

Ta có $DA\perp AB$ và $DA\perp A{A}^{\prime }$ nên $DA\perp (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$.

Giao tuyến của $(A^{\prime }BD)$ và $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ là $A^{\prime }B$.

Gọi $I$ là hình chiếu vuông góc của $D$ lên $A^{\prime }B$. Khi đó $A^{\prime }B\perp (DAI)\Rightarrow A^{\prime }B\perp AI$.

Do đó góc giữa hai mặt phẳng $(A^{\prime }BD)$ và $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ là góc giữa $DI$ và $AI$, tức là $\widehat{DIA}=\alpha$.

Theo giả thiết $\tan \alpha =2\Rightarrow \sin \alpha =\frac{2}{\sqrt{5}}$.

Tam giác $DAI$ vuông tại $A$ nên $\sin \alpha =\frac{DA}{DI}=\frac{x}{DI}=\frac{2}{\sqrt{5}}\Rightarrow DI=\frac{x\sqrt{5}}{2}$.

Xét tam giác $A^{\prime }BD$ có $A^{\prime }B=\sqrt{x^2+1},A^{\prime }D=\sqrt{x^2+1},BD=x\sqrt{2}$. Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$, ta có $A^{\prime }O=\sqrt{A{A}^{\prime 2}+A{O}^2}=\sqrt{1+\frac{x^2}{2}}=\sqrt{\frac{x^2+2}{2}}$.

Diện tích tam giác $A^{\prime }BD$ tính theo 2 cách:
$S=\frac{1}{2}{A}^{\prime }O\cdot BD=\frac{1}{2}DI\cdot A^{\prime }B\Rightarrow \sqrt{\frac{x^2+2}{2}}\cdot x\sqrt{2}=DI\cdot \sqrt{x^2+1}$
$\Rightarrow DI=\frac{x\sqrt{x^2+2}}{\sqrt{x^2+1}}.$

Từ đó:
$\frac{x\sqrt{x^2+2}}{\sqrt{x^2+1}}=\frac{x\sqrt{5}}{2}\iff \frac{x^2+2}{x^2+1}=\frac{5}{4}\iff 4(x^2+2)=5(x^2+1)\iff x^2=3.$

Diện tích đáy $S_{ABCD}=x^2=3$.

Thể tích khối lăng trụ: $V=A{A}^{\prime }\cdot S_{ABCD}=1\cdot 3=3$.

Dựng $DH\perp (ABC)$. Vì $BA\perp DA,BA\perp DH\Rightarrow BA\perp AH$; tương tự $BC\perp DB,BC\perp DH\Rightarrow BC\perp BH$.

Trong mặt phẳng $(ABC)$, $\widehat{ABC}=135^{\circ }\Rightarrow \widehat{ABH}=45^{\circ }\Rightarrow △HAB$ vuông cân tại $A\Rightarrow AH=AB=a$.

Áp dụng định lý Côsin trong $△ABC$ có $A{C}^2=A{B}^2+B{C}^2-2AB\cdot BC\cos 135^{\circ }\Rightarrow BC=a\sqrt{2}$ và $S_{△ABC}=\frac{1}{2}a\cdot a\sqrt{2}\cdot \sin 135^{\circ }=\frac{a^2}{2}$.

Dựng $HE\perp DA,HF\perp DB\Rightarrow \widehat{((ABD),(BCD))}=\widehat{EHF}=30^{\circ }$. Đặt $DH=x$, ta có $HE=\frac{ax}{\sqrt{a^2+x^2}},HF=\frac{ax\sqrt{2}}{\sqrt{2a^2+x^2}}$.

Từ $\cos 30^{\circ }=\frac{HE}{HF}=\sqrt{\frac{2a^2+x^2}{2(a^2+x^2)}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow x=a$.

Vậy $V_{ABCD}=\frac{1}{3}DH\cdot S_{△ABC}=\frac{a^3}{6}$.

Gọi $I$ là trung điểm của $MN$. Do $P,Q$ là tâm các hình chữ nhật $AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }$ và $AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }$ nên $PQ\parallel B^{\prime }{C}^{\prime }$ và khoảng cách từ $P,Q$ đến mặt phẳng trung trực của $MN$ bằng nhau.
Độ dài $MN=B{B}^{\prime }=2a$.
Đoạn nối tâm hai mặt bên $PQ=\frac{1}{2}BC=\frac{a}{2}$.
Khoảng cách giữa hai đường thẳng $MN$ và $PQ$ bằng khoảng cách từ trung điểm của $PQ$ đến mặt phẳng $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$, tức là đường cao $AM$ của tam giác đều $ABC$ nhân tỉ lệ $\frac{1}{2}$:
$d=\frac{1}{2}AM=\frac{1}{2}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{4}$.
Vì $MN\perp PQ$ nên thể tích khối tứ diện $MNPQ$ là:
$V_{MNPQ}=\frac{1}{6}MN\cdot PQ\cdot d\cdot \sin 90^{\circ }=\frac{1}{6}\cdot 2a\cdot \frac{a}{2}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{3}}{24}$.

Xác định điểm $D$ sao cho tứ giác $ABCD$ là hình vuông. Khi đó thể tích khối chóp $S.ABC$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng $\frac{{4a^3}}

$. Chọn D.

Ta thấy $(\alpha )\cap (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })=MN$ với $N$ là trung điểm của $A{A}^{\prime }$, $MN\parallel AB,MN=AB=3a$.

$(\alpha )\cap (B{B}^{\prime }{C}^{\prime }C)=MQ$ với $Q$ là trung điểm của $B^{\prime }{C}^{\prime }$, $MQ\parallel B{C}^{\prime },MQ=\frac{1}{2}B{C}^{\prime }=2a$.

$(\alpha )\cap (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })=PQ$ với $P$ là trung điểm của $A^{\prime }{C}^{\prime }$, $PQ\parallel A^{\prime }{B}^{\prime },PQ=\frac{1}{2}{A}^{\prime }{B}^{\prime }=\frac{3a}{2}$.

$(\alpha )\cap (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })=NP$ với $NP\parallel A{C}^{\prime },NP=\frac{1}{2}A{C}^{\prime }$.

Thiết diện là hình thang $MNPQ$ có chu vi $9a\Rightarrow NP=9a-3a-\frac{3a}{2}-2a=\frac{5a}{2}\Rightarrow A{C}^{\prime }=5a$.

Đặt $AC=x,BC=y$ ($x,y>0$). Áp dụng định lý Côsin trong $△ABC$ và định lý Pitago trong $△A{A}^{\prime }C,△B{B}^{\prime }C$:

$\{\begin{array}{l}{y}^2=x^2+9a^2-3\sqrt{3}ax\\ 25a^2-x^2=16a^2-y^2\end{array}\Rightarrow 2x^2-3\sqrt{3}ax-18a^2=0\Rightarrow x=2\sqrt{3}a$ (do $x>0$).

Suy ra $A{A}^{\prime }=\sqrt{25a^2-12a^2}=a\sqrt{13}$ và $S_{△ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot AC\sin 30^{\circ }=\frac{3\sqrt{3}}{2}{a}^2$.

Vậy thể tích khối lăng trụ là $V=A{A}^{\prime }\cdot S_{△ABC}=\frac{3a^3\sqrt{39}}{2}$.