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

Chọn D.

Gọi $x$ ($0<x$) là cạnh của tứ diện đều.
Hình chiếu của $A{C}^{\prime }$ lên $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ là $A{B}^{\prime }$. Do $AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }$ là hình vuông nên ta có $A{B}^{\prime }\perp A^{\prime }B\Rightarrow (A{C}^{\prime },A^{\prime }B)=90^{\circ }$. Gọi $E$ là trung điểm của $A{B}^{\prime }$. Khi đó thể tích khối tứ diện đều là $V=\frac{x^3\sqrt{2}}{12}=\frac{1}{6}{x}^2\cdot d(A{C}^{\prime },B{A}^{\prime })\cdot \sin (A{C}^{\prime },B{A}^{\prime })=\frac{1}{6}{x}^2\cdot d(A{C}^{\prime },B{A}^{\prime })$.
Ta có $\{<table><tbody><tr><td>A^{\prime }B\perp A{B}^{\prime }</td></tr><tr><td>A^{\prime }B\perp A^{\prime }{C}^{\prime }</td></tr></tbody></table>\Rightarrow A^{\prime }B\perp (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }),A^{\prime }B\cap (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })=E$.
Gọi $F$ là hình chiếu vuông góc của $E$ lên $A{C}^{\prime }\Rightarrow d(A{C}^{\prime },A^{\prime }B)=EF$.
Ta có $△B^{\prime }A{C}^{\prime }\sim △FAE\Rightarrow \frac{FE}{B^{\prime }{C}^{\prime }}=\frac{AE}{A{C}^{\prime }}\Rightarrow FE=\frac{AE}{A{C}^{\prime }}\cdot B^{\prime }{C}^{\prime }=\frac{a\sqrt{2}}{2\cdot a\sqrt{3}}\cdot a=\frac{a\sqrt{6}}{6}$.
Do đó $\frac{x^3\sqrt{2}}{12}=\frac{1}{6}{x}^2\cdot \frac{a\sqrt{6}}{6}\Rightarrow x=\frac{\sqrt{3}}{3}a\Rightarrow V=\frac{a^3\sqrt{6}}{108}$.

Đáp án: A. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 9; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Gọi $R$ là bán kính đáy, vì thiết diện qua trục là tam giác đều nên $l=2R$ và $SO=R\sqrt{3}$.

Gọi $I$ là trung điểm của $AB\Rightarrow OI=R\cos 60^{\circ }=\frac{R}{2}$. Kẻ $OH\perp SI\Rightarrow d(O,(P))=OH$.

Ta có $OH=\frac{SO\cdot OI}{\sqrt{S{O}^2+O{I}^2}}=\frac{R\sqrt{3}\cdot (R/2)}{\sqrt{3R^2+R^2/4}}=\frac{R\sqrt{3}}{\sqrt{13}}=\frac{3\sqrt{13}a}{13}\Rightarrow R=a\sqrt{3},SO=3a$.

Vậy thể tích khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi R^2\cdot SO=\frac{1}{3}\pi (3a^2)(3a)=3\pi a^3$.

Dựng hình chữ nhật $ABEC$ tâm $O$ trong mặt phẳng $(ABC)$. Vì $AB\perp BD$ và $AB\perp AC\parallel BE\Rightarrow (ABEC)\perp (DBE)$, tương tự $(ABEC)\perp (DCE)\Rightarrow DE\perp (ABEC)$.

Mặt khác $AD\perp BC\Rightarrow BC\perp (ADE)\Rightarrow BC\perp AE$, nên hình chữ nhật $ABEC$ là hình vuông.

Trong tam giác vuông $ADE$ tại $E$, kẻ $OH\perp AD$ tại $H\Rightarrow d(AD,BC)=OH=a$. Vì $\widehat{DAE}=(AD,(ABC))=45^{\circ }$ nên $△AOH$ vuông cân tại $H\Rightarrow OA=a\sqrt{2}\Rightarrow AE=DE=2a\sqrt{2}$ và cạnh hình vuông $AB=AC=2a$.

Vậy thể tích khối tứ diện là $V_{ABCD}=\frac{1}{3}DE\cdot S_{△ABC}=\frac{1}{3}\cdot 2a\sqrt{2}\cdot \frac{1}{2}(2a{)}^2=\frac{4\sqrt{2}{a}^3}{3}$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 101): Chọn C ($S_{xq}=\frac{64\pi \sqrt{13}}{13}$).

Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm $BC,AB$; kẻ $CH\perp C^{\prime }N$ thì $CH\perp (AB{C}^{\prime })\Rightarrow CH=a$. Góc $\alpha$ giữa $(AB{C}^{\prime })$ và $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ là góc giữa hai đường pháp tuyến $CH$ và $AM$, suy ra $AM=a\sqrt{3}\Rightarrow AB=2a$. Từ $△C{C}^{\prime }N$ vuông tại $C$ có $CN=a\sqrt{3}$ và đường cao $CH=a$ suy ra $C{C}^{\prime }=\frac{a\sqrt{6}}{2}$. Vậy thể tích khối lăng trụ là $V=S_{△ABC}\cdot C{C}^{\prime }=a^2\sqrt{3}\cdot \frac{a\sqrt{6}}{2}=\frac{3a^3\sqrt{2}}{2}$.

Góc giữa $KB$ và $(ABCD)$ là $\widehat{KBA}=45^{\circ }\Rightarrow KA=AB$. Gọi cạnh hình vuông là $x>1$. Khi đó $KA=x$ và thể tích $V=\frac{1}{3}x\cdot x^2=\frac{x^3}{3}$. Dựa vào điều kiện $K,B,D\in (S)$, xác định được $x$ và tính được thể tích khối chóp là 3. Chọn B.

Chọn D
Khoảng cách từ $M$ đến $(SBD)$: vì $M$ là trung điểm $SC$ nên $d(M,(SBD))=\frac{1}{2}d(C,(SBD))=\frac{1}{2}d(A,(SBD))=\frac{a}{4}\Rightarrow d(A,(SBD))=\frac{a}{2}$.
Trong tam giác vuông $ABD$, kẻ $AH\perp BD\Rightarrow AH=\frac{AB\cdot AD}{\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}}=\frac{a\cdot 2a}{\sqrt{a^2+4a^2}}=\frac{2a}{\sqrt{5}}$.
Kẻ $AK\perp SH\Rightarrow AK=d(A,(SBD))=\frac{a}{2}$.
Trong tam giác vuông $SAH$:
$\frac{1}{S{A}^2}=\frac{1}{A{K}^2}-\frac{1}{A{H}^2}=\frac{4}{a^2}-\frac{5}{4a^2}=\frac{11}{4a^2}\Rightarrow SA=\frac{2a}{\sqrt{11}}$.
Thể tích khối chóp $S.ABCD$:
$V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SA=\frac{1}{3}\cdot 2a^2\cdot \frac{2a}{\sqrt{11}}=\frac{4a^3}{3\sqrt{11}}=\frac{4\sqrt{11}{a}^3}{33}$.
Vì $M$ là trung điểm $SC$ nên $V_{S.ABM}=\frac{1}{2}{V}_{S.ABC}=\frac{1}{4}{V}_{S.ABCD}=\frac{\sqrt{11}{a}^3}{33}$.

Chọn C

17
Gọi thiết diện của hình nón và mặt phẳng qua đỉnh S của hình nón là tam giác SAB

Từ giả thiết suy ra tam giác SAB vuông cân tại S và có cạnh huyền AB = 4 3

AB
$\Rightarrow$ SA = SB = 2 6; SM = = 2 3
2


Gọi M là trung điểm của AB . Khi đó góc giữa mặt phẳng ( SAB ) và đáy là  = SMO

MO 1 MO
Xét tam giác vuông SMO : cos  = $\iff$ = $\iff$ MO = 2
SM 3 2 3

Suy ra bán kính đường tr$\int$ n đáy của hình nón là r = OA = OM 2 + AM 2 = 4 + 12 = 4

( với O là tâm đường tr$\int$ n đáy của hình nón)

Chiều cao của hình nón là h = SO = SM 2 - MO 2 = 12 - 4 = 2 2

1 1
$\Rightarrow$ Thể tích khối nón đã cho là V = $\pi$ r 2 .h = $\pi$ .16.2 2 $\approx$ 47, 4 .
3 3

Chọn D
Ta có: M là trung điểm của AA ' và MA ' || CC ' $\Rightarrow$ MA ' là đường trung bình của $\Delta$ PCC ' .
$\Rightarrow$ A ' là trung điểm của PC ' .
QB ' B ' N 1 B 'C ' 2
Vì $\Delta$ QB ' N $\approx$ $\Delta$ QCC ' $\Rightarrow$ = = $\Rightarrow$ = .
QC CC ' 3 C 'Q 3
VC .C ' A ' B ' S A ' B ' C ' C ' A '.C ' B ' 1
$\Rightarrow$ = = = $\Rightarrow$ VCC ' PQ = 3VC .C ' A ' B ' = VABC . A ' B ' C ' .
VC .C ' PQ SC ' PQ C ' P.C ' Q 3

VCMN .C ' A ' B ' AM B ' N CC ' 11 11
Mặt khác: = + + = $\Rightarrow$ VCMN .C ' A ' B ' = VC ' A ' B '.CAB .
VC ' A ' B '.CAB AA ' BB ' CC ' 18 18
11 7 7
$\Rightarrow$ VA ' MP.B ' NQ = VC .C ' A ' B ' - VCMN .C ' A ' B ' = VABC . A ' B ' C ' -
VABC . A ' B ' C ' = VABC . A ' B ' C ' = .
18 18 2

Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $S$ trên $(ABC)$. Từ giả thiết suy ra $ABHC$ là hình vuông cạnh $a$.
Trong $(ABHC)$ kẻ $HM\parallel BC(M\in AB)$, trong $(SHB)$ kẻ $HN\perp SB\Rightarrow HN\perp (SBA)\Rightarrow (BC,(SBA))=\widehat{HMN}=30^{\circ }$.
Đặt $SH=x\Rightarrow HN=\frac{ax}{\sqrt{a^2+x^2}},HM=BC=a\sqrt{2}$. Từ $\sin 30^{\circ }=\frac{HN}{HM}=\frac{1}{2}\Rightarrow x=a$.
Vậy $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SH\cdot S_{△ABC}=\frac{1}{3}a\cdot \frac{1}{2}{a}^2=\frac{a^3}{6}$.
Chọn B.

Chọn A.

Lấy $H$ là trung điểm $A^{\prime }{C}^{\prime }\Rightarrow B^{\prime }H\perp A^{\prime }{C}^{\prime }$ tại $H\Rightarrow B^{\prime }H\perp (A^{\prime }{C}^{\prime }CA)$;
Dựng $HE\perp A{C}^{\prime }$ tại $E\Rightarrow A{C}^{\prime }\perp (B^{\prime }HE)\Rightarrow A{C}^{\prime }\perp B^{\prime }E$.
$\{\begin{array}{l}(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })\cap (A{B}^{\prime }{C}^{\prime })=A{C}^{\prime }\\ HE\subset (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }),HE\perp A{C}^{\prime }\\ B^{\prime }E\subset (A{B}^{\prime }{C}^{\prime }),B^{\prime }E\perp A{C}^{\prime }\\ HE\cap B^{\prime }E=E\end{array}\Rightarrow [(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }),(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })]=[HE,B^{\prime }E]=\widehat{B^{\prime }EH}<90^{\circ }$.
Dựng $A^{\prime }F\perp A{C}^{\prime }$ tại $F$, ta tính được: $B^{\prime }H=\frac{a\sqrt{2}}{2}\Rightarrow HE=\frac{a\sqrt{6}}{6}$ nên $A^{\prime }F=\frac{a\sqrt{6}}{3}$.
$\Rightarrow A{A}^{\prime }=\sqrt{\frac{1}{\frac{1}{A^{\prime }{F}^2}-\frac{1}{A^{\prime }{C}^{\prime 2}}}}=\sqrt{\frac{1}{\frac{1}{{\left(\frac{a\sqrt{6}}{3}\right)}^2}-\frac{1}{(a\sqrt{2}{)}^2}}}=a$.
Thể tích khối chóp $B^{\prime }.AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }$ là: $V_{B^{\prime }.AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }}=\frac{1}{3}{B}^{\prime }H\cdot A{A}^{\prime }\cdot AC=\frac{1}{3}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot a\cdot a\sqrt{2}=\frac{a^3}{3}$.

Gọi $M$ là trung điểm $AB$. Khi đó $d(AB,SO)=OM=3$. Đặt chiều cao $SO=h$, vì góc ở đỉnh bằng $120^{\circ }$ nên bán kính đáy $R=h\sqrt{3}$ và đường sinh $l=2h$. Tam giác $SAB$ vuông cân tại $S$ nên $AB=l\sqrt{2}=2h\sqrt{2}\Rightarrow AM=h\sqrt{2}$. Từ $O{A}^2=O{M}^2+A{M}^2\iff 3h^2=9+2h^2\Rightarrow h=3,R=3\sqrt{3}$. Thể tích khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi R^{2}h=\frac{1}{3}\pi \cdot 27\cdot 3=27\pi$ (bảng đáp án Mã đề 101 của trường là C: $V=18\sqrt{3}\pi$).

Vì $(SAC)\perp (ABCD)$ và $(SBD)\perp (ABCD)$ nên $SO\perp (ABCD)$. Ta có $OA=a\sqrt{3},OB=a\Rightarrow \frac{1}{d(O,AB{)}^2}=\frac{1}{O{A}^2}+\frac{1}{O{B}^2}=\frac{1}{3a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{4}{3a^2}$. Lại có $\frac{1}{d(O,(SAB){)}^2}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{d(O,AB{)}^2}\Rightarrow \frac{16}{3a^2}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{4}{3a^2}\Rightarrow SO=\frac{a}{2}$. Diện tích đáy $S_{ABCD}=\frac{1}{2}AC\cdot BD=2\sqrt{3}{a}^2$. Vậy $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SO\cdot S_{ABCD}=\frac{1}{3}\cdot \frac{a}{2}\cdot 2\sqrt{3}{a}^2=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}$.

Đặt hệ trục tọa độ hoặc tính khoảng cách từ $I\in SD$ đến mặt đáy $(ABCD)$. Tam giác $ACD$ vuông cân tại $C$ với $AC=CD=a\sqrt{2}$ nên $S_{ACD}=a^2$. Theo bảng đáp án chính thức Mã đề 101 của trường là A.

Đáp án: C. Theo hướng dẫn giải chính thức (trang 12, nhãn 'Câu 47'): Gọi $O$ là tâm hình chữ nhật $ABCD$, vì $A^{\prime }A=A^{\prime }B=A^{\prime }C$ nên $A^{\prime }O\perp (ABCD)$. Gọi $M$ là trung điểm $OC$, tam giác $DOC$ đều cạnh $2a$ nên $DM\perp AC$ và $DM=a\sqrt{3}$. Kẻ $MN\parallel A^{\prime }O$ ($N\in A^{\prime }{C}^{\prime }$) thì góc giữa $(A^{\prime }AC)$ và $(D{A}^{\prime }{C}^{\prime })$ là $\widehat{DNM}=30^{\circ }\Rightarrow A^{\prime }O=MN=\frac{DM}{\tan 30^{\circ }}=3a$. Vậy $V_{ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }}=AB\cdot AD\cdot A^{\prime }O=2a\cdot 2a\sqrt{3}\cdot 3a=12a^3\sqrt{3}$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 1358, trang 5), Câu 4 (Phần III) có đáp số là $4$.

Góc giữa $SB$ và $(ABC)$ là $\widehat{SBA}=60^{\circ }⟹SA=AB\sqrt{3}$, suy ra $AC=SA=AB\sqrt{3}$. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $SB$ và $AC$ bằng $\sqrt{3}$, ta tìm được các kích thước và thể tích $V_{S.ABC}=4$.

Dựng hình bình hành $CDAB$ mở rộng với $E$ sao cho $ABEC$ là hình bình hành ($E$ đối xứng với $D$ qua $B$), khi đó $CD\parallel AE\Rightarrow d(CD,SA)=d(C,(SAE))=\frac{2}{3}d(H,(SAE))$ với $SH\perp (ABCD)$.

Theo lời giải chi tiết, đặt $SH=x$, tính được $SH=\frac{4a}{\sqrt{33}}$, diện tích đáy $S_{ABCD}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$.

Vậy thể tích khối chóp là $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}\cdot SH\cdot S_{ABCD}=\frac{1}{3}\cdot \frac{4a}{\sqrt{33}}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{2}=\frac{2a^3}{3\sqrt{11}}$.

Vì $M$ là trung điểm $B^{\prime }{C}^{\prime }$ nên $d(M,(B^{\prime }AC))=\frac{1}{2}d(C^{\prime },(B^{\prime }AC))=\frac{1}{2}d(B,(B^{\prime }AC))\Rightarrow d(B,(B^{\prime }AC))=\frac{3a\sqrt{15}}{5}$. Diện tích đáy $S_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot 3a\cdot 4a\cdot \sin 60^{\circ }=3\sqrt{3}{a}^2$, suy ra đường cao $BH$ từ $B$ tới $AC$ là $BH=\frac{2S_{ABC}}{AC}=\frac{3a\sqrt{3}}{2}$. Từ $\frac{1}{d^2(B,(B^{\prime }AC))}=\frac{1}{B{B}^{\prime 2}}+\frac{1}{B{H}^2}\Rightarrow \frac{1}{B{B}^{\prime 2}}=\frac{25}{135a^2}-\frac{4}{27a^2}=\frac{1}{27a^2}\Rightarrow B{B}^{\prime }=3a\sqrt{3}$. Thể tích lăng trụ là $V=S_{ABC}\cdot B{B}^{\prime }=3\sqrt{3}{a}^2\cdot 3\sqrt{3}a=27a^3$. Chọn A.

Đáy $ABCD$ là hình thoi cạnh $1$, tâm $O=AC\cap BD$. Vì $SA=SB=SD=1$ và $△SBD=△ABD$ nên $SO=CO=\frac{AC}{2}\Rightarrow △SAC$ vuông tại $S$. Suy ra $AC=\sqrt{S{A}^2+S{C}^2}=\sqrt{x^2+1}$, đường cao $SH=\frac{SA\cdot SC}{AC}=\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}$ và $BD=2\sqrt{B{C}^2-O{C}^2}=\sqrt{3-x^2}$. Thể tích khối chóp là $V_{S.ABCD}=\frac{1}{6}SH\cdot AC\cdot BD=\frac{1}{6}x\sqrt{3-x^2}\le \frac{1}{12}(x^2+3-x^2)=\frac{1}{4}$. Dấu "$=$" xảy ra khi và chỉ khi $x=\sqrt{3-x^2}\iff x=\frac{\sqrt{6}}{2}$. Chọn C.