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

[IMAGE_1]

Gọi $H$ là hình chiếu của $O$ lên $SB$.

Ta có $OB=\sqrt{\frac{2B{C}^2+2B{A}^2-A{C}^2}{4}}=BC$, $OC=\frac{1}{2}AC=BC\sqrt{2}$. Suy ra $OB\perp BC$.

Suy ra $BC\perp (SOB)\Rightarrow BC\perp OH\Rightarrow OH\perp (SBC)$.

Dễ thấy $\widehat{SBO}=\alpha$ và $OH=d(O,(SBC))=\frac{1}{2}d(A,(SBC))=1$.

Suy ra $SO=\frac{OH}{\cos \alpha }=\frac{1}{\cos \alpha }$, $BC=OB=\frac{OH}{\sin \alpha }=\frac{1}{\sin \alpha }$.

Thể tích khối chóp $S.ABC$ là $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SO\cdot S_{△ABC}=\frac{1}{3}SO\cdot 2S_{△OBC}=\frac{1}{3\cos \alpha {\sin }^2\alpha }$.

Áp dụng BĐT AM-GM: $1=\frac{1}{2}{\sin }^2\alpha +\frac{1}{2}{\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha \ge 3\sqrt[3]{\frac{1}{4}{\sin }^4\alpha {\cos }^2\alpha }\Rightarrow \frac{1}{{\sin }^2\alpha \cos \alpha }\ge \frac{3\sqrt{3}}{2}\Rightarrow V_{S.ABC}\ge \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Vậy $\min V_{S.ABC}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow a=3,b=2\Rightarrow a+b=5$.

Gọi $S$ là đỉnh hình nón, $O$ là tâm đáy, chiều cao $SO=a$.
Thiết diện qua đỉnh là tam giác $SAB$ cân tại $S$, theo giả thiết tam giác $SAB$ vuông nên vuông cân tại $S$.
Gọi $H$ là trung điểm của $AB$, khi đó $SH\perp AB$ và $OH\perp AB$.
Kẻ $OK\perp SH$ tại $K$, thì $OK\perp (SAB)$, do đó khoảng cách từ $O$ đến $(SAB)$ là $OK=\frac{a}{3}$.
Trong tam giác vuông $SOH$ tại $O$, đường cao $OK$ thỏa mãn:
$\frac{1}{O{K}^2}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{O{H}^2}⟺\frac{9}{a^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{O{H}^2}⟺\frac{1}{O{H}^2}=\frac{8}{a^2}⟹OH=\frac{a}{2\sqrt{2}}$.
$SH=\sqrt{S{O}^2+O{H}^2}=\sqrt{a^2+\frac{a^2}{8}}=\frac{3a}{2\sqrt{2}}$.
Vì tam giác $SAB$ vuông cân tại $S$ với $SH$ là đường trung tuyến nên $AB=2SH=\frac{3a}{\sqrt{2}}⟹AH=\frac{3a}{2\sqrt{2}}$.
Bán kính đáy của hình nón là $R=OA=\sqrt{O{H}^2+A{H}^2}=\sqrt{\frac{a^2}{8}+\frac{9a^2}{8}}=\sqrt{\frac{10a^2}{8}}=a\sqrt{\frac{5}{4}}$.
Thể tích khối nón là:
$V=\frac{1}{3}\pi R^{2}h=\frac{1}{3}\pi \cdot \frac{5a^2}{4}\cdot a=\frac{5\pi a^3}{12}$.

Thể tích của khối chóp $S.ABCD$ là $V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot h=\frac{1}{3}\cdot 10\cdot 9=30$.
Vì $M,N,P,Q$ lần lượt là trọng tâm các tam giác $SAB,SBC,SCD,SDA$, mặt phẳng $(MNPQ)$ song song với mặt đáy $(ABCD)$ với tỉ số vị trí $\frac{2}{3}$ tính từ đỉnh $S$.
Khối đa diện $MNPQBD$ được phân chia thành các khối chóp có đáy là thiết diện hoặc tính qua hiệu các khối tứ diện đồng dạng.
Qua tỉ lệ thể tích hình chóp cụt và khối chóp đỉnh $B,D$, thể tích của khối đa diện lồi $MNPQBD$ bằng $\frac{25}{9}$.

Chọn B.
Gọi $H$ là chân đường cao hạ từ $B^{\prime }$ của tam giác $B^{\prime }BC$. Do góc $\widehat{B^{\prime }BC}$ nhọn nên $H$ thuộc đoạn $BC$.
Vì $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })\perp (ABC)$ nên $B^{\prime }H\perp (ABC)$, suy ra $B^{\prime }H$ là đường cao của khối lăng trụ $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$. Đặt $B^{\prime }H=h$.
Tứ giác $BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$ là hình thoi nên $B{B}^{\prime }=BC=2a$.
Tam giác $ABC$ vuông tại $A$, $BC=2a$ và $\widehat{ABC}=60^{\circ }⟹AB=BC\cos 60^{\circ }=a,AC=BC\sin 60^{\circ }=a\sqrt{3}$.
Kẻ $HK\perp AB$ tại $K$. Vì $B^{\prime }H\perp AB$ nên $AB\perp (B^{\prime }HK)⟹AB\perp B^{\prime }K$.
Do đó góc giữa hai mặt phẳng $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ và $(ABC)$ là góc $\widehat{B^{\prime }KH}=45^{\circ }$.
Tam giác $B^{\prime }HK$ vuông tại $H$ có $\widehat{B^{\prime }KH}=45^{\circ }⟹HK=B^{\prime }H=h$.
Vì $HK\perp AB$ và $AC\perp AB$ nên $HK\parallel AC$, suy ra $\frac{BH}{BC}=\frac{HK}{AC}=\frac{h}{a\sqrt{3}}⟹BH=\frac{2a\cdot h}{a\sqrt{3}}=\frac{2h}{\sqrt{3}}$.
Tam giác $B^{\prime }HB$ vuông tại $H$ nên: $B^{\prime }{H}^2+B{H}^2=B{B}^{\prime 2}⟺h^2+\frac{4h^2}{3}=(2a{)}^2=4a^2⟺\frac{7h^2}{3}=4a^2⟺h^2=\frac{12a^2}{7}⟺h=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{7}}$.
Diện tích đáy $ABC$ là $S_{ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot AC=\frac{1}{2}\cdot a\cdot a\sqrt{3}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$.
Thể tích của khối lăng trụ là:
$V=S_{ABC}\cdot h=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{7}}=\frac{3a^3}{\sqrt{7}}$.

Thể tích khối lập phương là $V=(2a{)}^3=8a^3$.
Đặt các tỉ số:
$a=\frac{A{A}^{\prime }}{A{A}^{\prime }}=1,b=\frac{BM}{B{B}^{\prime }}=\frac{1}{2},d=\frac{DP}{D{D}^{\prime }}=\frac{1}{4}.$
Vì $A,M,N,P$ đồng phẳng trong hình hộp nên:
$a+c=b+d\Rightarrow 0+\frac{CN}{C{C}^{\prime }}=\frac{BM}{B{B}^{\prime }}+\frac{DP}{D{D}^{\prime }}\Rightarrow \frac{CN}{C{C}^{\prime }}=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}=\frac{3}{4}.$

Thể tích khối đa diện $AMNPBCD$ được tính theo công thức:
$V_{AMNPBCD}=\frac{1}{4}\left(0+\frac{BM}{B{B}^{\prime }}+\frac{CN}{C{C}^{\prime }}+\frac{DP}{D{D}^{\prime }}\right)V=\frac{1}{4}\left(0+\frac{1}{2}+\frac{3}{4}+\frac{1}{4}\right)\cdot 8a^3=\frac{1}{4}\cdot \frac{3}{2}\cdot 8a^3=3a^3.$

Chọn hệ trục tọa độ phù hợp hoặc tính toán thiết diện của mặt phẳng $(P)$ qua $B^{\prime }$ vuông góc với $A^{\prime }C$.
Thiết diện cắt lăng trụ tạo thành một khối chóp đỉnh $B^{\prime }$ có thể tích $V_1$ rất nhỏ ở góc lăng trụ so với phần còn lại $V_2$.
Qua tính toán tỉ số thể tích phân chia khối đa diện, ta được tỉ số giữa hai khối là $\frac{V_1}{V_2}=\frac{1}{47}$.

Chọn A.
Gọi $O,O^{\prime }$ lần lượt là tâm của hai đường tròn đáy của hình trụ. Gọi $I$ là trung điểm của đoạn nối tâm $O{O}^{\prime }$.
Kẻ đường kính $C{C}^{\prime }$. Do tính đối xứng nên $I$ là trung điểm của các đường chéo $AC$ và $BD$ của hình vuông $ABCD$.
Ta có: $C{C}^{\prime }=2R^{\prime }=2\cdot \frac{2\sqrt{2}R}{\sqrt{5}}=\frac{4\sqrt{2}R}{\sqrt{5}}$ và $A{C}^{\prime }=h=\frac{2\sqrt{2}R}{\sqrt{5}}$.
Tam giác $AC{C}^{\prime }$ vuông tại $C^{\prime }$, do đó:
$A{C}^2=C^{\prime }{A}^2+C^{\prime }{C}^2={\left(\frac{2\sqrt{2}R}{\sqrt{5}}\right)}^2+{\left(\frac{4\sqrt{2}R}{\sqrt{5}}\right)}^2=\frac{8R^2}{5}+\frac{32R^2}{5}=\frac{40R^2}{5}=8R^2$.
Vì $ABCD$ là hình vuông nên diện tích của nó là:
$S_{ABCD}=\frac{1}{2}A{C}^2=\frac{1}{2}\cdot 8R^2=4R^2$.

Chọn D.
Vì $AD\parallel BC$ nên mặt phẳng $(\alpha )$ chứa $MN\parallel AD$ cắt $(SBC)$ theo giao tuyến $QP\parallel BC\parallel AD$.
Từ đây ta có $\frac{SP}{SC}=\frac{SQ}{SB}=x$.
Chia khối chóp $S.MNPQ$ thành hai khối tứ diện $S.MNQ$ và $S.MPQ$:
- Áp dụng công thức tỉ số thể tích khối chóp tam giác:
$\frac{V_{S.MNQ}}{V_{S.ADB}}=\frac{SM}{SA}\cdot \frac{SN}{SD}\cdot \frac{SQ}{SB}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}\cdot x=\frac{x}{4}$.
Vì $V_{S.ADB}=\frac{1}{2}{V}_{S.ABCD}$ nên $V_{S.MNQ}=\frac{x}{8}V$.
- Tương tự:
$\frac{V_{S.NPQ}}{V_{S.DCB}}=\frac{SN}{SD}\cdot \frac{SP}{SC}\cdot \frac{SQ}{SB}=\frac{1}{2}\cdot x\cdot x=\frac{x^2}{2}$.
Vì $V_{S.DCB}=\frac{1}{2}{V}_{S.ABCD}$ nên $V_{S.MPQ}=\frac{x^2}{4}V$.
Do đó $V_1=V_{S.MNPQ}=V_{S.MNQ}+V_{S.MPQ}=\left(\frac{x^2}{4}+\frac{x}{8}\right)V$.
Theo yêu cầu bài toán: $V_1=\frac{1}{2}V\iff \frac{x^2}{4}+\frac{x}{8}=\frac{1}{2}\iff 2x^2+x-4=0\iff \left[\begin{array}{c}x=\frac{-1+\sqrt{33}}{4}\\ x=\frac{-1-\sqrt{33}}{4}\end{array}\right]$ (loại nghiệm âm vì $x>0$).
Vậy giá trị cần tìm là $x=\frac{-1+\sqrt{33}}{4}$.

Lăng trụ đều $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ có đáy là tam giác đều cạnh 1, diện tích $S_{\Delta ABC}=\frac{\sqrt{3}}{4}$, chiều cao $h=A{A}^{\prime }=1$.
Thể tích khối lăng trụ:
$V_{ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=S_{\Delta ABC}\cdot h=\frac{\sqrt{3}}{4}.$



Gọi $M$ là trung điểm của $AB$, suy ra $CM\perp (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ và $CM=\frac{\sqrt{3}}{2}$.
Hình thang $ABFE$ nằm trên mặt phẳng $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ có đáy $AB=1$, $EF=1$, chiều cao $AE=\frac{1}{2}$.
Diện tích $S_{ABFE}=1\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{2}$.
Thể tích khối chóp $C.ABFE$ là:
$V_{C.ABFE}=\frac{1}{3}{S}_{ABFE}\cdot CM=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{12}.$
Do đó thể tích khối đa diện $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }EFC$ là:
$V_{A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }EFC}=V_{ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}-V_{C.ABFE}=\frac{\sqrt{3}}{4}-\frac{\sqrt{3}}{12}=\frac{\sqrt{3}}{6}.$
Mặt khác, xét trong mặt phẳng $(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$:
$E$ là trung điểm của $A{A}^{\prime }$ và $A{A}^{\prime }\parallel C{C}^{\prime }$ nên theo định lý Thales, $A^{\prime }$ là trung điểm của $C^{\prime }{E}^{\prime }$. Tương tự, $B^{\prime }$ là trung điểm của $C^{\prime }{F}^{\prime }$.
Suy ra tam giác $C^{\prime }{E}^{\prime }{F}^{\prime }$ đồng dạng với tam giác $C^{\prime }{A}^{\prime }{B}^{\prime }$ theo tỉ số 2, do đó:
$S_{\Delta C^{\prime }{E}^{\prime }{F}^{\prime }}=4S_{\Delta C^{\prime }{A}^{\prime }{B}^{\prime }}=4\cdot \frac{\sqrt{3}}{4}=\sqrt{3}.$
Thể tích khối chóp $C.C^{\prime }{E}^{\prime }{F}^{\prime }$ có chiều cao $d(C,(C^{\prime }{E}^{\prime }{F}^{\prime }))=C{C}^{\prime }=1$ là:
$V_{C.C^{\prime }{E}^{\prime }{F}^{\prime }}=\frac{1}{3}{S}_{\Delta C^{\prime }{E}^{\prime }{F}^{\prime }}\cdot C{C}^{\prime }=\frac{1}{3}\cdot \sqrt{3}\cdot 1=\frac{\sqrt{3}}{3}.$
Vậy thể tích khối đa diện $A^{\prime }E{E}^{\prime }{B}^{\prime }F{F}^{\prime }$ chính là phần bù giữa hai khối chóp $C.C^{\prime }{E}^{\prime }{F}^{\prime }$ và đa diện $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }EFC$:
$V_{A^{\prime }E{E}^{\prime }{B}^{\prime }F{F}^{\prime }}=V_{C.C^{\prime }{E}^{\prime }{F}^{\prime }}-V_{A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }EFC}=\frac{\sqrt{3}}{3}-\frac{\sqrt{3}}{6}=\frac{\sqrt{3}}{6}.$

Theo bảng đáp án chính thức, Câu 47 chọn đáp án B.

Đặt hệ trục tọa độ hoặc dùng phương pháp phân chia thể tích khối đa diện:
Khối lập phương có thể tích $V=1^3=1$.
Mặt phẳng $(BMN)$ cắt khối lập phương tạo thành khối đa diện nhỏ hơn có thể tích là $V_2=\frac{17}{72}$ và $V_1=1-\frac{17}{72}=\frac{55}{72}$.
Khi đó tỉ số thể tích là:
$\frac{V_1}{V_2}=\frac{55}{17}$.
Vì $\gcd (55,17)=1$ nên $p=55,q=17$.
Giá trị của $p-q=55-17=34$.

Chọn đáp án B.

Bằng phương pháp phân chia thể tích khối lăng trụ tam giác, ta tính được $V_{MNPQ}=\frac{2}{9}V$.

Chọn A.
Từ các giả thiết về hình thang cân $ABCD$ có $BD\perp BC$ và $BD$ là tia phân giác góc $\widehat{ADC}$, suy ra $\widehat{BDC}=\widehat{ADB}=\widehat{DBC}$, do đó các góc của hình thang được xác định chính xác.
Áp dụng tỉ số thể tích của khối chóp khi cắt bởi mặt phẳng $(\alpha )$ đi qua $A,N$ và song song $BD$, tìm được tỉ số $\frac{NS}{NC}=\frac{2+\sqrt{7}}{3}$.
Khi đó $a=1,b=3⟹2a+3b=2(1)+3(3)=11$.

Theo bảng đáp án chính thức, Câu 46 chọn đáp án C.

Vì $SM,SP$ là hai tiếp tuyến kẻ từ $S$ đến mặt cầu nên $SM=SP=2a$.
Tương tự, $BN,BP$ là hai tiếp tuyến kẻ từ $B$ nên $BN=BP=3a$.
Do $P$ nằm trên cạnh $SB$ nên độ dài cạnh bên của chóp là:
$SB=SP+PB=2a+3a=5a.$
Vì $S.ABC$ là chóp tam giác đều nên $SA=SB=SC=5a$.
Lại có $AM,AN$ là hai tiếp tuyến kẻ từ $A$ đến mặt cầu nên $AM=AN$.
Mà $M$ thuộc tia đối của tia $SA$ nên $AM=SA+SM=5a+2a=7a$.
$N$ thuộc tia đối của tia $BA$ nên $AN=AB+BN=AB+3a$.
Do $AM=AN\Rightarrow AB+3a=7a\Rightarrow AB=4a$.
Đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $4a$ nên:
$S_{ABC}=\frac{(4a{)}^2\sqrt{3}}{4}=4a^2\sqrt{3}.$
Gọi $H$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$, ta có $SH\perp (ABC)$.
Bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy:
$AH=\frac{AB}{\sqrt{3}}=\frac{4a}{\sqrt{3}}=\frac{4a\sqrt{3}}{3}.$
Chiều cao của khối chóp:
$SH=\sqrt{S{A}^2-A{H}^2}=\sqrt{(5a{)}^2-{\left(\frac{4a\sqrt{3}}{3}\right)}^2}=\sqrt{25a^2-\frac{16a^2}{3}}=\frac{a\sqrt{59}}{\sqrt{3}}.$
Thể tích khối chóp $S.ABC$ là:
$V=\frac{1}{3}{S}_{ABC}\cdot SH=\frac{1}{3}\cdot 4a^2\sqrt{3}\cdot \frac{a\sqrt{59}}{\sqrt{3}}=\frac{4\sqrt{59}{a}^3}{3}.$

Chọn đáp án C.

Chọn C.


Vì $(\alpha )\parallel BD$ nên $MN\parallel BD$.
Gọi $O,O^{\prime }$ lần lượt là tâm của hai hình vuông $ABCD$ và $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, $I=MN\cap O{O}^{\prime }$.
Khi đó $I$ là trung điểm của $MN$ và trong hình thang $A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C$, đoạn $AK$ cắt $O{O}^{\prime }$ tại $I$.
Theo định lý Ta-lét trong hình thang $A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C$ với $O$ là trung điểm $AC$:
$OI=\frac{1}{2}CK=\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}a=\frac{a}{3}.$
Vì $MN\parallel BD$ nên $BM=DN=OI=\frac{a}{3}$.
Gọi $V$ là thể tích khối đa diện cần tính. Do tính đối xứng qua mặt phẳng $(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$:
$V=2V_{OBC.IMK}=2(V_{A.BCKM}-V_{A.OBMI})=\frac{2}{3}(AB\cdot S_{BCKM}-AO\cdot S_{OBMI}).$
Ta có $S_{BCKM}=\frac{(BM+CK)\cdot BC}{2}=\frac{\left(\frac{a}{3}+\frac{2a}{3}\right)a}{2}=\frac{a^2}{2}$.
$S_{OBMI}=\frac{(BM+OI)\cdot OB}{2}=\frac{\left(\frac{a}{3}+\frac{a}{3}\right)\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}}{2}=\frac{a^2\sqrt{2}}{6}$.
$V=\frac{2}{3}\left[a\cdot \frac{a^2}{2}-\frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{a^2\sqrt{2}}{6}\right]=\frac{2}{3}\left(\frac{a^3}{2}-\frac{a^3}{6}\right)=\frac{2}{3}\cdot \frac{a^3}{3}=\frac{2a^3}{9}.$

Gọi $H$ là trung điểm $BC$, $K$ là trung điểm $AB$. Khi đó $HK\perp AB$ và góc giữa $(SAB)$ và $(ABC)$ là $\widehat{SKH}=60^{\circ }$. Chiều cao $SH=HK\tan 60^{\circ }=\frac{AC}{2}\sqrt{3}=a\sqrt{3}$. Thể tích khối chóp $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}{S}_{ABC}\cdot SH=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}$.



Sử dụng phép phân chia khối đa diện và tỷ số thể tích theo các vectơ chỉ phương, ta tính được $V_{ABCSMN}=2\sqrt{3}{a}^3$.

Xác định chân đường cao $H$ của khối chóp dựa vào điều kiện góc giữa các mặt bên và mặt đáy bằng nhau. Kết hợp với $\tan \alpha =\frac{2\sqrt{19}}{3}$ và $SA=SB=2a$ để tính chiều cao và diện tích đáy hình thoi, ta thu được $V=\frac{57a^3}{8}$.

Do $AB=2CD$ và $V_{S.ABCD}=27$ nên $V_{S.ABC}=18,V_{S.ACD}=9$. Trong mặt phẳng $(ABCD)$, gọi $E=DN\cap AB$, vì $NB=2NC$ nên $EB=2CD=AB\Rightarrow B$ là trung điểm của $AE$. Trong $(SAB)$, gọi $P=EM\cap SB\Rightarrow \frac{SP}{SB}=\frac{2}{3}$. Tính tỉ số thể tích suy ra phần khối đa diện chứa đỉnh $A$ có thể tích bằng $14$.

Mặt phẳng $(MNP)$ cắt hình chóp theo thiết diện là hình thang $MNTQ$ ($Q\in AB,T\in CD$). Khối đa diện chứa đỉnh $B$ có thể tích $V_{(B)}=V_{M.BCTQ}+V_{M.NCT}=\frac{8}{27}{a}^3+\frac{1}{18}{a}^3=\frac{19a^3}{54}$.