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

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

Theo kết quả giải hình học không gian, thể tích khối lăng trụ đều $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ là $V=\frac{3a^3\sqrt{2}}{2}$. Chọn B.

Diện tích đáy $ABCD$ là $S_{ABCD}=AB\cdot AD=a\cdot 2a=2a^2$. Chiều cao hình chóp là $SA=3a$. Thể tích khối chóp là $V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SA=\frac{1}{3}\cdot 2a^2\cdot 3a=2a^3$.

Gọi $H$ là trọng tâm tam giác đều $ABC$, ta có $SH\perp (ABC)$. Bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy là $AH=\frac{a\sqrt{3}}{3}$. Góc giữa cạnh bên $SA$ và đáy là $\widehat{SAH}=30^{\circ }$. Chiều cao $SH=AH\cdot \tan 30^{\circ }=\frac{a\sqrt{3}}{3}\cdot \frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{a}{3}$. Diện tích đáy $S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$. Thể tích khối chóp là $V=\frac{1}{3}{S}_{ABC}\cdot SH=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{a}{3}=\frac{a^3\sqrt{3}}{36}$.

Diện tích đáy hình vuông $ABCD$ là $S_{ABCD}=a^2$. Chiều cao hình chóp $SO=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Thể tích khối chóp là $V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SO=\frac{1}{3}{a}^2\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{a^3\sqrt{2}}{6}$.

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 $V=\frac{1}{3}{S}_{ABC}\cdot SA=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{a^3}{6}$.

Diện tích đáy $S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$. Thể tích khối chóp là $V=\frac{1}{3}{S}_{ABC}\cdot SA=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot a\sqrt{3}=\frac{a^3}{4}$.

Khối tứ diện $SABC$ có ba cạnh $SA,SB,SC$ đôi một vuông góc tại đỉnh $S$.

Thể tích khối tứ diện là:
$V=\frac{1}{6}SA\cdot SB\cdot SC=\frac{1}{6}\cdot 3a\cdot 4a\cdot 5a=10a^3$

Áp dụng công thức tỉ số thể tích Simson cho hình chóp tam giác:
$\frac{V_1}{V_2}=\frac{V_{S.A^{\prime }{B}^{\prime }C}}{V_{S.ABC}}=\frac{S{A}^{\prime }}{SA}\cdot \frac{S{B}^{\prime }}{SB}\cdot \frac{SC}{SC}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}\cdot 1=\frac{1}{4}$

Đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ nên diện tích tam giác $ABC$ là:
$S_{△ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot BC=\frac{1}{2}{a}^2$

Vì $SA\perp (ABCD)$ nên chiều cao của khối chóp $S.ABC$ là $h=SA=2a$.

Thể tích khối chóp $S.ABC$ là:
$V_{S.ABC}=\frac{1}{3}{S}_{△ABC}\cdot SA=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2}{2}\cdot 2a=\frac{a^3}{3}$

Đặt thể tích khối hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ là $V=2018$.

Trong mặt phẳng $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$, gọi $E=B^{\prime }M\cap A{A}^{\prime }$. Vì $M$ là trung điểm $AB$ và $AB\parallel A^{\prime }{B}^{\prime }$ nên $A$ là trung điểm $A^{\prime }E$, do đó $E{A}^{\prime }=2A{A}^{\prime }$.

Trong mặt phẳng $(AD{D}^{\prime }{A}^{\prime })$, đường thẳng $E{D}^{\prime }$ cắt $AD$ tại điểm $N$. Tương tự, $N$ là trung điểm của $AD$.

Mặt phẳng $(M{B}^{\prime }{D}^{\prime })$ cắt khối hộp theo thiết diện tạo thành khối chóp cụt hoặc chia phần chứa đỉnh $A$ liên quan đến hình chóp $E.A^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime }$ và hình chóp $E.AMN$:
- $V_{E.A^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime }}=\frac{1}{3}d(E,(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }))\cdot S_{△A^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime }}=\frac{1}{3}(2h)\left(\frac{1}{2}{S}_{A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }}\right)=\frac{1}{3}V$.
- Khối chóp $E.AMN$ có:
$\frac{V_{E.AMN}}{V_{E.A^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime }}}=\frac{EA}{E{A}^{\prime }}\cdot \frac{EM}{E{B}^{\prime }}\cdot \frac{EN}{E{D}^{\prime }}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{8}$
$\Rightarrow V_{A^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime }.AMN}=V_{E.A^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime }}-V_{E.AMN}=\left(1-\frac{1}{8}\right)V_{E.A^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime }}=\frac{7}{8}\cdot \frac{1}{3}V=\frac{7}{24}V$

Thể tích phần khối đa diện chứa đỉnh $A$ là:
$V_1=\frac{7}{24}V=\frac{7}{24}\cdot 2018=\frac{7063}{12}$

Vậy thể tích phần khối đa diện chứa đỉnh $A$ là $\frac{7063}{12}$.

Trên các tia $SB,SC$ lần lượt lấy các điểm $B^{\prime },C^{\prime }$ sao cho $S{B}^{\prime }=S{C}^{\prime }=1$.

Khi đó tam giác $SA{B}^{\prime }$ có $SA=S{B}^{\prime }=1,\widehat{AS{B}^{\prime }}=60^{\circ }\Rightarrow A{B}^{\prime }=1$.
Tam giác $SA{C}^{\prime }$ vuông tại $S$ có $SA=S{C}^{\prime }=1\Rightarrow A{C}^{\prime }=\sqrt{2}$.
Tam giác $S{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ có $S{B}^{\prime }=S{C}^{\prime }=1,\widehat{B^{\prime }S{C}^{\prime }}=120^{\circ }\Rightarrow B^{\prime }{C}^{\prime }=\sqrt{1^2+1^2-2\cdot 1\cdot 1\cdot \cos 120^{\circ }}=\sqrt{3}$.

Xét tam giác $A{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ có:
$A{B}^{\prime 2}+A{C}^{\prime 2}=1^2+(\sqrt{2}{)}^2=3=B^{\prime }{C}^{\prime 2}$
Do đó $△A{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ vuông tại $A$.

Tứ diện $S.A{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ có $SA=S{B}^{\prime }=S{C}^{\prime }=1$, hình chiếu vuông góc của $S$ lên mặt phẳng $(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp $△A{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ (tức là trung điểm $H$ của cạnh huyền $B^{\prime }{C}^{\prime }$).
Ta có:
$AH=\frac{1}{2}{B}^{\prime }{C}^{\prime }=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow SH=\sqrt{S{A}^2-A{H}^2}=\sqrt{1-\frac{3}{4}}=\frac{1}{2}$
$S_{△A{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=\frac{1}{2}A{B}^{\prime }\cdot A{C}^{\prime }=\frac{1}{2}\cdot 1\cdot \sqrt{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$
$V_{S.A{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=\frac{1}{3}SH\cdot S_{△A{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{12}$

Áp dụng tỉ số thể tích:
$\frac{V_{S.ABC}}{V_{S.A{B}^{\prime }{C}^{\prime }}}=\frac{SA}{SA}\cdot \frac{SB}{S{B}^{\prime }}\cdot \frac{SC}{S{C}^{\prime }}=1\cdot \frac{2}{1}\cdot \frac{3}{1}=6$
$\Rightarrow V_{S.ABC}=6\cdot V_{S.A{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=6\cdot \frac{\sqrt{2}}{12}=\frac{\sqrt{2}}{2}$

Khối bát diện đều là khối đa diện loại $\{3;4\}$.
* Ghi nhớ thêm về khối bát diện đều:
- Có số đỉnh $(Đ)$, số mặt $(M)$, số cạnh $(C)$ lần lượt là $Đ=6,M=8,C=12$.
- Diện tích tất cả các mặt của khối bát diện đều cạnh $a$ là $S=2a^2\sqrt{3}$.
- Thể tích khối bát diện đều cạnh $a$ là $V=\frac{a^3\sqrt{2}}{3}$.
- Bán kính mặt cầu ngoại tiếp là $R=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
- Gồm 9 mặt phẳng đối xứng. Chọn A.

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.

Ta có hình bát diện đều có 8 mặt là 8 tam giác đều cạnh 2.
Do đó, $S=8\cdot \left(2^2\cdot \frac{\sqrt{3}}{4}\right)=8\sqrt{3}$. Chọn B.

Gọi $a$ là cạnh của hình lập phương.
Khi đó ta có: $V=a^3$.
Tứ diện $A^{\prime }ABD$ có đường cao $A^{\prime }A=a$ và đáy $ABD$ là tam giác vuông cân có diện tích $S_{ABD}=\frac{1}{2}{a}^2$.
Do đó $V_1=\frac{1}{3}{S}_{ABD}\cdot A^{\prime }A=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}{a}^2\cdot a=\frac{a^3}{6}$.
Vậy $V=6V_1$. 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.

Thể tích của khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi R^{2}h=\frac{1}{3}\pi \cdot 4^2\cdot 6=32\pi$. 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.