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

Do $△SBA$ vuông tại $B$ và $△SCA$ vuông tại $C$ với $AB=AC=a$ nên $SB=SC=x$, hình chiếu $H$ của $S$ lên $(ABC)$ thuộc trung trực $AM$ của $BC$ và $AH$ là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác $ABHC$, tức $AH=\frac{a}{\sqrt{3}}$. Tính khoảng cách $d(AC,SB)=\frac{3a}{\sqrt{13}}$ tìm được chiều cao $SH=a$, suy ra $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SH\cdot S_{ABC}=\frac{a^3\sqrt{3}}{12}$.

Hình trụ tạo thành có chiều cao $h=AB=3$ và chu vi đáy $2\pi R=AD=6\Rightarrow R=\frac{3}{\pi }$. Khi đó $BF$ là đường kính đáy dưới ($BF=2R$), nên $S_{ABF}=\frac{1}{2}AB\cdot BF=3R$. Điểm $E$ tạo với $A$ cung có số đo $\frac{2}{R}=\frac{2\pi }{3}=120^{\circ }$, nên khoảng cách từ $E$ đến mặt phẳng $(ABF)$ bằng $R\sin 120^{\circ }=\frac{R\sqrt{3}}{2}$. Vậy $V_{ABEF}=\frac{1}{3}\cdot 3R\cdot \frac{R\sqrt{3}}{2}=\frac{R^2\sqrt{3}}{2}=\frac{9\sqrt{3}}{2{\pi }^2}$.

Sử dụng phương pháp tỉ số thể tích và phân chia khối chóp với đỉnh phụ $E$ trên đường thẳng $B{B}^{\prime }$:
Khối đa diện cần tính thể tích bù trừ từ khối chóp $E.MN{B}^{\prime }$ và $E.QPB$. Tính toán cho thể tích khối đa diện lồi $AQPC{A}^{\prime }MNC$ bằng $\frac{23}{6}$. Chọn A.

Gọi $E=BM\cap AD$ ($E$ là trung điểm $AD$), $F=MN\cap SD$ ($F$ là trọng tâm $△SMC$, suy ra $\frac{SF}{SD}=\frac{2}{3}$). Dùng công thức tỉ số thể tích chóp cụt tam giác $C.BMN$ và phần cắt đi $M.DEF$, ta tính được $\frac{V_2}{V_{S.ABCD}}=\frac{5}{12}\Rightarrow \frac{V_1}{V_2}=\frac{7}{5}$.

Gọi $H$ là hình chiếu của $S$ lên $(ABC)$, $h=SH$. Đặt khoảng cách từ $H$ đến $BC,CA,AB$ lần lượt là $x,y,z$. Ta có hệ thức $\frac{1}{d_A^2}=\frac{1}{h^2}+\frac{1}{d(A,BC{)}^2}\dots$ Giải hệ tìm được chiều cao $h$ và thể tích khối chóp $V=\frac{1}{48}$. Chọn B.

Trong mặt phẳng $(BCD)$, đường thẳng $MN$ cắt $CD$ tại điểm $E$. Trong mặt phẳng $(ACD)$, $PE$ cắt $AD$ tại $Q$. Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $BCD$ và tam giác $ACD$, ta tìm được tỉ số $\frac{AQ}{AD}$. Phân chia thể tích khối chóp ta được tỉ số thể tích hai khối đa diện bằng $\frac{7}{17}$. Chọn A.

Chọn D.
Áp dụng công thức thiết diện thẳng của khối lăng trụ xiên, xác định diện tích tam giác thiết diện vuông góc và độ dài cạnh bên từ dữ kiện hình chiếu, ta tính được thể tích $V=\frac{\sqrt{5}}{3}$.

Trong mặt phẳng $(ABC)$, dựng đường thẳng song song tạo tỉ số Menelaus tìm được vị trí điểm $P$ trên cạnh $BC$, từ đó tính được tỉ số thể tích khối đa diện $MBP{A}^{\prime }{B}^{\prime }N$ so với khối lăng trụ $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ (có $V=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}$) bằng $\frac{7}{24}V=\frac{7\sqrt{3}{a}^3}{96}$. Chọn B.

Gắn hệ trục tọa độ $Oxyz$ với $A(0;0;0),B(a;0;0),D(0;a;0),S(0;0;h)$. Từ $\tan \phi =\frac{2\sqrt{5}}{5}\Rightarrow \cos \phi =\frac{\sqrt{5}}{3}$, tìm được $SA=h=2a$. Thể tích $V_{S.ABCD}=\frac{2a^3}{3}$, suy ra $V_{SABCM}=V_{S.ABC}+V_{M.ACD}=\frac{1}{2}{V}_{S.ABCD}+\frac{1}{4}{V}_{S.ABCD}=\frac{3}{4}\cdot \frac{2a^3}{3}=\frac{a^3}{2}$. Chọn C.

Ta có $V_{BCMN}=V_{M.BCN}+V_{N.BCM}=\frac{1}{6}MN\cdot S_{ABC}\dots$ Bằng phương pháp tọa độ hóa hoặc hình học thuần túy, thiết lập biểu thức thể tích $V(x)$ theo $x$ và khảo sát hàm số, thể tích đạt giá trị nhỏ nhất khi $x=2$. Chọn D.

[IMAGE_1]

Từ giả thiết $A_1$ là trọng tâm tam giác $BCD$ nên ta suy ra $A$ cũng là trọng tâm tam giác $B_1{C}_1{D}_1$.

Do đó $V_{A.BCD}=3V_{A.A_{1}BC}=3V_{B.A{A}_{1}C}$ và $V_{A_1.B_1{C}_1{D}_1}=3V_{A_1.A{B}_1{C}_1}=3V_{B_1.A{A}_1{C}_1}$.

Mặt khác do quan hệ song song nên $\{\begin{array}{l}d(B;(A{A}_{1}C{C}_1))=d(B_1;(A{A}_{1}C{C}_1))\\ S_{△A{A}_{1}C}=S_{△A{A}_1{C}_1}\end{array}\Rightarrow V_{B.A{A}_{1}C}=V_{B_1.A{A}_1{C}_1}$.

Vậy nên $V_{A_1.B_1{C}_1{D}_1}=V_{A.BCD}=18$.

Đặt $x=\frac{AM}{AB}$ và $y=\frac{AN}{AD}$ ($0<x,y\le 1$).
Giả thiết: $\frac{2}{x}+\frac{3}{y}=8$.
Thể tích khối chóp $S.AMN$ so với $S.ABCD$ là:
$\frac{V_{S.AMN}}{V_{S.ABCD}}=\frac{1}{2}\cdot \frac{AM}{AB}\cdot \frac{AN}{AD}=\frac{1}{2}xy$.
Do đó:
$\frac{V_1}{V}=\frac{V_{S.ABCD}-V_{S.AMN}}{V_{S.ABCD}}=1-\frac{1}{2}xy$.
Tỉ số $\frac{V_1}{V}$ đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi tích $xy$ đạt giá trị nhỏ nhất.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz hoặc xét ràng buộc $\frac{2}{x}+\frac{3}{y}=8$:
Vì $x\le 1⟹\frac{2}{x}\ge 2⟹\frac{3}{y}=8-\frac{2}{x}\le 6⟹y\ge \frac{1}{2}$.
Tương tự $y\le 1⟹\frac{3}{y}\ge 3⟹\frac{2}{x}=8-\frac{3}{y}\le 5⟹x\ge \frac{2}{5}$.
Ta có $\frac{3}{y}=8-\frac{2}{x}=\frac{8x-2}{x}⟹y=\frac{3x}{8x-2}$.
Xét hàm số $f(x)=xy=\frac{3x^2}{8x-2}$ với $x\in \left[\frac{2}{5};1\right]$.
$f^{\prime }(x)=\frac{6x(8x-2)-24x^2}{(8x-2{)}^2}=\frac{24x^2-12x}{(8x-2{)}^2}=\frac{12x(2x-1)}{(8x-2{)}^2}$.
$f^{\prime }(x)=0⟺x=\frac{1}{2}\in \left[\frac{2}{5};1\right]$.
Tính các giá trị:
$f(1/2)=\frac{3(1/4)}{4-2}=\frac{3/4}{2}=\frac{3}{8}$.
$f(2/5)=\frac{3(4/25)}{16/5-2}=\frac{12/25}{6/5}=\frac{2}{5}=0,4>\frac{3}{8}$.
$f(1)=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}>\frac{3}{8}$.
Do đó $\min xy=\frac{3}{8}$ khi $x=\frac{1}{2},y=\frac{3}{4}$.
Khi đó giá trị lớn nhất của tỉ số là:
$\max \frac{V_1}{V}=1-\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{8}=1-\frac{3}{16}=\frac{13}{16}$.

Sử dụng công thức liên hệ khoảng cách và thể tích khối chóp, ta tìm được thể tích khối chóp $S.ABC$ là $V=\frac{\sqrt{2}}{24}$.

Sử dụng phương pháp tọa độ hóa hoặc kẻ đường phụ tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau, ta tính được chiều cao và thể tích khối lăng trụ là $V=2\sqrt{2}$.

[IMAGE_1]

Gọi $AC\cap BD=O$.

Ta có $SA=SB=SC=SD=a\sqrt{2}\Rightarrow \{\begin{array}{l}SO\perp AC\\ SO\perp BD\end{array}\Rightarrow SO\perp (ABCD)$.

$\Rightarrow O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp hình bình hành $ABCD\Rightarrow ABCD$ là hình chữ nhật.

Không mất tính tổng quát, giả sử $AD=a$ và đặt $AB=x,(x>0)\Rightarrow OA=\frac{1}{2}\sqrt{x^2+a^2}$.

Xét $△SOA$ vuông tại $O$, ta có $SO=\sqrt{S{A}^2-O{A}^2}=\sqrt{2a^2-\frac{x^2+a^2}{4}}\iff SO=\frac{1}{2}\sqrt{7a^2-x^2}$.

Lại có $S_{ABCD}=a\cdot x$ nên $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SO=\frac{1}{6}a\cdot x\cdot \sqrt{7a^2-x^2}\stackrel{\text{AM-GM}}{\le }\frac{a}{6}\cdot \frac{x^2+(7a^2-x^2)}{2}=\frac{7a^3}{12}$.

Dấu “$=$” xảy ra khi và chỉ khi $x=\frac{a\sqrt{14}}{2}$.

Vậy thể tích lớn nhất của khối chóp đã cho là $\frac{7a^3}{12}$.

Thể tích khối lăng trụ là $V=S_{△ABC}\cdot h=\frac{\sqrt{3}{a}^2}{4}\cdot \frac{a}{6}=\frac{\sqrt{3}{a}^3}{24}$. Khối đa diện $SABC{A}^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ được ghép bởi khối lăng trụ $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ và khối chóp $S.BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$. Vì $O\in (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ là trung điểm của $GS$ và $G$ là trọng tâm $△ABC$ nên $d(S,(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }))=d(G,(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }))=\frac{1}{3}d(A,(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }))$. Suy ra $V_{S.BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }}=\frac{1}{3}{V}_{A.BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }}=\frac{1}{3}\cdot \frac{2}{3}V=\frac{2}{9}V$. Vậy $V_{SABC{A}^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=V+\frac{2}{9}V=\frac{11}{9}V=\frac{11}{9}\cdot \frac{\sqrt{3}{a}^3}{24}=\frac{11\sqrt{3}{a}^3}{216}$.

Trong mặt phẳng $(SAC)$, $MN$ cắt $SO$ tại trung điểm $I$ của $SO$ (vì $MN$ là đường trung bình của tam giác $SAC$).
Trong mặt phẳng $(SBD)$, nối $BI$ cắt $SD$ tại $E$. $I$ là trung điểm $SO$ và $O$ là trung điểm $BD$, do đó $I$ là trọng tâm tam giác $SBD$ và $BI$ là đường trung tuyến $⟹E$ là trung điểm của $SD$ hay $\frac{SE}{SD}=\frac{1}{3}$? (Xét tam giác $SBD$, trung tuyến $SO$ và $I$ là trung điểm $SO$, đường thẳng qua $B$ và $I$ cắt $SD$ tại $E$. Theo định lý Menelaus cho $\Delta SDO$ với cát tuyến $BIE$: $\frac{SE}{ED}\cdot \frac{DB}{BO}\cdot \frac{OI}{IS}=1⟹\frac{SE}{ED}\cdot 2\cdot 1=1⟹\frac{SE}{ED}=\frac{1}{2}⟹\frac{SE}{SD}=\frac{1}{3}$, $\frac{ED}{SD}=\frac{2}{3}$).
Thể tích khối chóp $S.ABCD$:
$SO=\sqrt{S{A}^2-O{A}^2}=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
$V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}\cdot a^2\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{a^3\sqrt{2}}{6}$.
Tính thể tích khối chóp $O.BMEN$ ta được: $V=\frac{a^3\sqrt{2}}{36}$.

Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AC$ và $BD$.
Vì $AB=BC=CD=DA=6$ nên các tam giác $ABC,ADC$ cân tại $B,D$, do đó $BM\perp AC,DM\perp AC⟹AC\perp (BMD)⟹AC\perp MN$.
Tương tự $BD\perp MN$, do đó $MN$ là đoạn vuông góc chung của $AC$ và $BD$.
Đặt $AC=2x,BD=2y$ ($x,y>0$). Giả thiết $4x^2+4y^2=16⟺x^2+y^2=4$.
Trong tam giác vuông $ABM$: $BM=\sqrt{A{B}^2-A{M}^2}=\sqrt{36-x^2}$.
Trong tam giác cân $BMD$: $MN=\sqrt{B{M}^2-B{N}^2}=\sqrt{36-x^2-y^2}=\sqrt{36-4}=\sqrt{32}=4\sqrt{2}$.
Thể tích khối tứ diện là:
$V_{ABCD}=\frac{1}{6}AC\cdot BD\cdot MN\cdot \sin (AC,BD)\le \frac{1}{6}(2x)(2y)(4\sqrt{2})\cdot 1=\frac{8\sqrt{2}}{3}xy$.
Áp dụng BĐT Cauchy: $xy\le \frac{x^2+y^2}{2}=\frac{4}{2}=2$.
Do đó $V_{ABCD}\le \frac{8\sqrt{2}}{3}\cdot 2=\frac{16\sqrt{2}}{3}$.
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=\sqrt{2}$ và $AC\perp BD$.

Chọn D.
Gọi $S$ là đỉnh hình nón, $O$ là tâm đáy. Mặt phẳng $(P)$ cắt đáy theo dây cung $DE$, thiết diện là tam giác $SDE$ vuông cân tại $S$.
Gọi $G$ là trung điểm của $DE⟹OG\perp DE$ và $SG\perp DE$.
Kẻ $OH\perp SG$ tại $H⟹OH\perp (P)⟹OH=3a$.
Tam giác $SOG$ vuông tại $O$ có đường cao $OH$:
$\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{O{G}^2}⟺\frac{1}{(3a{)}^2}=\frac{1}{(6a{)}^2}+\frac{1}{O{G}^2}⟺\frac{1}{O{G}^2}=\frac{1}{9a^2}-\frac{1}{36a^2}=\frac{3}{36a^2}=\frac{1}{12a^2}⟹OG=2a\sqrt{3}$.
Khi đó $SG=\sqrt{S{O}^2+O{G}^2}=\sqrt{36a^2+12a^2}=\sqrt{48a^2}=4a\sqrt{3}$.
Vì $\Delta SDE$ vuông cân tại $S$ và $G$ là trung điểm cạnh huyền $DE$ nên:
$DE=2SG=8a\sqrt{3}⟹GE=\frac{DE}{2}=4a\sqrt{3}$.
Bán kính đáy hình nón là $R=OE=\sqrt{O{G}^2+G{E}^2}=\sqrt{12a^2+48a^2}=\sqrt{60a^2}=2a\sqrt{15}$.
Thể tích khối nón là:
$V=\frac{1}{3}\pi R^{2}h=\frac{1}{3}\pi (60a^2)(6a)=120\pi a^3$.

Chọn B.
Thể tích của khối hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ là $V=B\cdot h=11\cdot 8=88$.
Đặt các tỉ số trên các cạnh bên:
$x=\frac{AM}{A{A}^{\prime }}=\frac{1}{2}$,
$y=\frac{BN}{B{B}^{\prime }}=\frac{3}{4}$ (vì $BN=3B^{\prime }N⟹BN=\frac{3}{4}B{B}^{\prime }$),
$z=\frac{CP}{C{C}^{\prime }}=\frac{5}{11}$ (vì $6CP=5C^{\prime }P⟹6CP=5(C{C}^{\prime }-CP)⟹11CP=5C{C}^{\prime }⟹CP=\frac{5}{11}C{C}^{\prime }$),
$t=\frac{DQ}{D{D}^{\prime }}$.
Vì bốn điểm $M,N,P,Q$ cùng thuộc một mặt phẳng cắt các cạnh bên song song của hình hộp có đáy là hình bình hành nên:
$x+z=y+t⟺\frac{1}{2}+\frac{5}{11}=\frac{3}{4}+t⟺t=\frac{21}{22}-\frac{3}{4}=\frac{42-33}{44}=\frac{9}{44}$.
Thể tích khối đa diện $ABCD.MNPQ$ được tính theo công thức:
$\frac{V_{ABCD.MNPQ}}{V}=\frac{x+y+z+t}{4}=\frac{2(x+z)}{4}=\frac{x+z}{2}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}+\frac{5}{11}\right)=\frac{1}{2}\cdot \frac{21}{22}=\frac{21}{44}$.
Do đó:
$V_{ABCD.MNPQ}=\frac{21}{44}V=\frac{21}{44}\cdot 88=42$.