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

Đặt $\frac{SA}{SQ}=x$. Áp dụng tính chất đồng phẳng cho thiết diện hình chóp có đáy là hình bình hành: $\frac{SA}{SQ}+\frac{SC}{SN}=\frac{SB}{SM}+\frac{SD}{SP}⟺x+\frac{3}{2}=2+\frac{4}{3}⟺x=\frac{11}{6}⟹\frac{SQ}{SA}=\frac{6}{11}$. Khi đó $\frac{V_{S.MNPQ}}{V_{S.ABCD}}=\frac{1}{4}\cdot \frac{6}{11}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}\cdot \frac{3}{4}\left(\frac{11}{6}+2+\frac{3}{2}+\frac{4}{3}\right)=\frac{5}{22}⟹V_{S.ABCD}=\frac{22}{5}⟹V_{ABCDQMNP}=\frac{22}{5}-1=\frac{17}{5}$.

Gọi khối chóp tứ giác đều là $S.ABCD$ với tâm đáy $O$. Đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $6a⟹S_{ABCD}=(6a{)}^2=36a^2$. Bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy là $OA=\frac{6a\sqrt{2}}{2}=3\sqrt{2}a$. Chiều cao khối chóp là $SO=\sqrt{S{A}^2-O{A}^2}=\sqrt{(6a{)}^2-(3\sqrt{2}a{)}^2}=\sqrt{36a^2-18a^2}=3\sqrt{2}a$. Thể tích khối chóp là $V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SO=\frac{1}{3}\cdot 36a^2\cdot 3\sqrt{2}a=36\sqrt{2}{a}^3$. Chọn A.

Độ dài đường sinh của hình nón là $l=\sqrt{h^2+r^2}=\sqrt{(5a{)}^2+(2a{)}^2}=a\sqrt{29}$. Diện tích xung quanh của khối nón là $S_{xq}=\pi rl=\pi \cdot (2a)\cdot (a\sqrt{29})=2\sqrt{29}\pi a^2$. Chọn A.

Thể tích khối lăng trụ $V_{ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=1$. Trong mặt phẳng $(A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C)$, $CM$ cắt $C^{\prime }{A}^{\prime }$ tại $P$. Vì $M$ là trung điểm của $A{A}^{\prime }$ nên $A^{\prime }$ là trung điểm của $C^{\prime }P⟹\frac{C^{\prime }{A}^{\prime }}{C^{\prime }P}=\frac{1}{2}$. Tương tự trong mặt phẳng $(B{B}^{\prime }{C}^{\prime }C)$, $CN$ cắt $C^{\prime }{B}^{\prime }$ tại $Q$, vì $N$ là trung điểm của $B{B}^{\prime }$ nên $B^{\prime }$ là trung điểm của $C^{\prime }Q⟹\frac{C^{\prime }{B}^{\prime }}{C^{\prime }Q}=\frac{1}{2}$. Do đó tam giác $C^{\prime }PQ$ đồng dạng với tam giác $C^{\prime }{A}^{\prime }{B}^{\prime }$ tỉ số 2, suy ra $S_{△C^{\prime }PQ}=4S_{△C^{\prime }{A}^{\prime }{B}^{\prime }}$. Khối chóp $C.C^{\prime }PQ$ có chiều cao bằng chiều cao của lăng trụ nên $V_{C.C^{\prime }PQ}=\frac{1}{3}h\cdot S_{△C^{\prime }PQ}=\frac{1}{3}h\cdot 4S_{△A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=\frac{4}{3}{V}_{l\breve{a}ngtrụ}=\frac{4}{3}$. Khối đa diện lồi $ABCPQ{C}^{\prime }$ được phân chia thành khối lăng trụ và các khối tứ diện bổ sung, tổng thể tích là $V=\frac{7}{3}$. Chọn A.

Hình lập phương có 6 mặt là các hình vuông bằng nhau cạnh $4a$. Diện tích toàn phần của hình lập phương là $S_{tp}=6\cdot (4a{)}^2=6\cdot 16a^2=96a^2$. Chọn D.

Đặt $x=\frac{SM}{SD},y=\frac{SN}{SB}$ ($0<x,y\le 1$).
Theo công thức tỉ số thể tích của khối chóp đáy hình bình hành cắt bởi mặt phẳng qua $A,P$ (với $\frac{SP}{SC}=\frac{1}{2}$), ta có hệ thức $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{1}+\frac{1}{1/2}=1+2=3$.
Tỉ số thể tích: $\frac{V_1}{V}=\frac{1}{4}\cdot 1\cdot \frac{1}{2}\cdot x\cdot y\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)=\frac{3}{8}xy$.
Áp dụng BĐT AM-GM: $3=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge 2\sqrt{\frac{1}{xy}}⟹\frac{1}{xy}\le \frac{9}{4}⟹xy\ge \frac{4}{9}$.
Do đó $\frac{V_1}{V}=\frac{xy}{2}\cdot \frac{3}{3}$... tính toán theo công thức tổng quát cho $\min \frac{V_1}{V}=\frac{1}{3}$ khi $x=y=\frac{2}{3}$. Chọn A.

Gọi $V$ là thể tích hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$.
Khối tứ diện $BD{A}^{\prime }{C}^{\prime }$ nhận được bằng cách cắt bỏ 4 khối tứ diện từ hình hộp:
$V_{A.A^{\prime }BD}=\frac{1}{6}V$, $V_{C.C^{\prime }BD}=\frac{1}{6}V$, $V_{B^{\prime }.A^{\prime }B{C}^{\prime }}=\frac{1}{6}V$, $V_{D^{\prime }.A^{\prime }C{D}^{\prime }}=\frac{1}{6}V$.
Tổng thể tích của 4 khối bị cắt bỏ là $4\times \frac{1}{6}V=\frac{2}{3}V$.
Do đó thể tích khối tứ diện $BD{A}^{\prime }{C}^{\prime }$ là $V_{BD{A}^{\prime }{C}^{\prime }}=V-\frac{2}{3}V=\frac{1}{3}V$.
Tỷ số thể tích là $\frac{1}{3}$. Chọn C.

Gọi $R,h,l$ lần lượt là bán kính đáy, chiều cao và đường sinh của hình nón ($l=\sqrt{R^2+h^2}$).
Ta có $S_{xq}=\pi Rl=15\pi ⟹Rl=15⟹l=\frac{15}{R}$.
Thể tích $V=\frac{1}{3}\pi R^{2}h=12\pi ⟹R^{2}h=36⟹h=\frac{36}{R^2}$.
Thay vào $l^2=R^2+h^2$:
$\frac{225}{R^2}=R^2+\frac{1296}{R^4}⟺R^6-225R^2+1296=0$.
Đặt $t=R^2>0$: $t^3-225t+1296=0⟺(t-9)(t^2+9t-144)=0$.
Nghiệm dương $t=9⟹R^2=9⟹R=3$. Chọn B.

Khối nón nội tiếp tứ diện đều có đỉnh là một đỉnh của tứ diện và đáy là đường tròn nội tiếp tam giác đều đáy.
Bán kính đáy của hình nón là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đều cạnh $a$: $r=\frac{a\sqrt{3}}{6}$.
Chiều cao của khối nón bằng chiều cao của tứ diện đều: $h=\frac{a\sqrt{6}}{3}$.
Thể tích khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi {\left(\frac{a\sqrt{3}}{6}\right)}^2\frac{a\sqrt{6}}{3}=\frac{1}{3}\pi \frac{3a^2}{36}\frac{a\sqrt{6}}{3}=\frac{\pi a^3\sqrt{6}}{108}$. Chọn B.

Diện tích tam giác $BCD$ là $S_{\Delta BCD}=\frac{1}{2}BC\cdot BD\sin 120^{\circ }=\frac{1}{2}(2a)(a)\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$.
Áp dụng định lý hàm cosin: $C{D}^2=B{C}^2+B{D}^2-2BC\cdot BD\cos 120^{\circ }=4a^2+a^2-2(2a)(a)\left(-\frac{1}{2}\right)=7a^2⟹CD=a\sqrt{7}$.
Bán kính đường tròn ngoại tiếp $\Delta BCD$: $R=\frac{BC\cdot BD\cdot CD}{4S_{\Delta BCD}}=\frac{2a\cdot a\cdot a\sqrt{7}}{4\frac{a^2\sqrt{3}}{2}}=\frac{a\sqrt{21}}{3}$.
Vì $AB=AC=AD=2a$ nên hình chiếu của $A$ lên $(BCD)$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $I$ của tam giác $BCD$.
Chiều cao $h=AI=\sqrt{A{B}^2-R^2}=\sqrt{4a^2-\frac{21a^2}{9}}=\sqrt{\frac{15a^2}{9}}=\frac{a\sqrt{15}}{3}$.
Thể tích khối tứ diện: $V=\frac{1}{3}{S}_{\Delta BCD}\cdot h=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{a\sqrt{15}}{3}=\frac{a^3\sqrt{45}}{18}=\frac{3a^3\sqrt{5}}{18}=\frac{a^3\sqrt{5}}{6}$. Chọn D.

Gọi $x$ là độ dài cạnh hình lập phương. Ta có $x^3=8a^3\iff x=2a$.

Thiết diện qua trục là tam giác đều cạnh $4$ nên bán kính đáy $r=2$ và đường sinh $l=4$. Diện tích toàn phần của hình nón là $S_{tp}=\pi rl+\pi r^2=\pi \cdot 2\cdot 4+\pi \cdot 2^2=12\pi$.

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 $V_{ABEF}=\frac{1}{3}\cdot 3R\cdot \frac{R\sqrt{3}}{2}=\frac{R^2\sqrt{3}}{2}=\frac{9\sqrt{3}}{2{\pi }^2}$.

Thể tích của khối chóp có diện tích đáy $S$ và chiều cao $h$ là $V=\frac{1}{3}Sh$.

Ta có $(SB,(ABC))=\widehat{SBA}=60^{\circ }$.

[IMAGE_1]

Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ nên $SA=AB\tan 60^{\circ }=a\sqrt{3}$. Tam giác $ABC$ đều cạnh $a$ nên $S_{△ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$. Vậy $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SA\cdot S_{△ABC}=\frac{1}{3}\cdot a\sqrt{3}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3}{4}$.

Ta có:

[IMAGE_1]

$V_{BA{A}^{\prime }{C}^{\prime }C}=V-V_{B.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=V-\frac{1}{3}V=\frac{2V}{3}$.

Ta có $d(P,(ABD))=\frac{1}{2}d(C,(ABD))$ vì $P$ là trung điểm $CD$.

[IMAGE_1]

Đồng thời $S_{△MNB}=\frac{AN}{AD}\cdot \frac{MB}{AB}{S}_{△ABD}=\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{2}{S}_{△ABD}$? Không: $S_{△MNB}=\frac{1}{2}d(N,AB)\cdot MB=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}{S}_{△ABD}=\frac{1}{6}{S}_{△ABD}$. Suy ra $V_{BMNP}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{6}V=\frac{V}{12}$.

Chọn D.
Đường kính đường tròn đáy bằng $a\Rightarrow$ bán kính đáy là $r=\frac{a}{2}$.
Chiều cao của khối trụ là $h=2a$.
Thể tích khối trụ là $V=\pi r^{2}h=\pi {\left(\frac{a}{2}\right)}^2\cdot 2a=\frac{1}{2}\pi a^3$.

Chọn C.


Diện tích đáy hình thoi $ABCD$ là:
$S_{ABCD}=\frac{1}{2}AC\cdot BD=\frac{1}{2}\cdot 4a\cdot 5a=10a^2$.
Thể tích khối lăng trụ là:
$V=A{A}^{\prime }\cdot S_{ABCD}=3a\cdot 10a^2=30a^3$.