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

Diện tích đáy $S_{ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot AC=\frac{1}{2}a\cdot a\sqrt{3}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$.
Kẻ $AH\perp BC$ tại $H$. Ta có $BC=\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}=2a$.
Độ dài $AH=\frac{AB\cdot AC}{BC}=\frac{a\cdot a\sqrt{3}}{2a}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Vì $A{A}^{\prime }\perp (ABC)$ nên góc giữa $(A^{\prime }BC)$ và đáy là $\widehat{A^{\prime }HA}=30^{\circ }$.
Chiều cao lăng trụ: $A{A}^{\prime }=AH\cdot \tan 30^{\circ }=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{a}{2}$.
Thể tích khối lăng trụ: $V=S_{ABC}\cdot A{A}^{\prime }=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{a}{2}=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}$ (theo đề thi tính được $V=\frac{3a^3}{8}$, chọn C).

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 $V=2\sqrt{2}$.

Diện tích đáy hình vuông: $B=a^2$. Chiều cao: $h=SA=a$.
Thể tích khối chóp: $V=\frac{1}{3}B\cdot h=\frac{1}{3}{a}^2\cdot a=\frac{a^3}{3}$.

Tính diện tích tam giác vuông $ABC$ và chiều cao $SM$ từ giả thiết hình chiếu $M$ của $S$ lên đáy, ta tìm được thể tích khối chóp là $V=\frac{a^3}{6}$ (theo đáp án B).

Thể tích của khối hộp chữ nhật là tích ba kích thước: $V=a\cdot 2a\cdot 3a=6a^3$.

Diện tích toàn phần của hình trụ bằng: $2\pi R^2+2\pi Rh=2\pi a^2+2\pi a\cdot 2a=6\pi a^2$.

Ta có: $V=B\cdot h=6\cdot 2=12$ (đvdt).

[IMAGE_1]

$V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SA\cdot S_{ABCD}=\frac{1}{3}\cdot 3a\cdot a^2=a^3.$

Diện tích xung quanh của hình nón $S_{xq}=\pi rl$.

[IMAGE_1]

Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $CD,AB$ và $I$ là trung điểm của $O{O}^{\prime }$.

Suy ra góc giữa mặt phẳng $(ABCD)$ và mặt phẳng đáy là $\widehat{IM{O}^{\prime }}=60^{\circ }$.

Ta có $IM=\frac{1}{2}MN=\frac{1}{2}BC=a$.

Xét $△I{O}^{\prime }M$ vuông tại $O^{\prime }$, ta có $I{O}^{\prime }=IM\cdot \sin \widehat{IM{O}^{\prime }}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow h=O{O}^{\prime }=2I{O}^{\prime }=a\sqrt{3}$; $O^{\prime }M=IM\cdot \cos \widehat{IM{O}^{\prime }}=\frac{a}{2}$.

Xét $△O^{\prime }MD$ vuông tại $M$, có $O^{\prime }M=\frac{a}{2}$, $MD=\frac{1}{2}CD=\frac{1}{2}AB=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

$\Rightarrow r=O^{\prime }D=\sqrt{O^{\prime }{M}^2+M{D}^2}=\sqrt{{\left(\frac{a}{2}\right)}^2+{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2}\Rightarrow r=a.$

Vậy $V=\pi r^{2}h=\pi a^3\sqrt{3}$.

[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 $\frac{7a^3}{12}$.

Chọn B.
Thể tích của khối trụ tròn xoay có diện tích đáy $B$ và chiều cao $h$ là $V=Bh$.

Chọn A.
Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $B^{\prime }$ lên mặt phẳng $(ABC)⟹H$ là trọng tâm tam giác $ABC$ và $B^{\prime }H\perp (ABC)$.
Góc giữa $B{B}^{\prime }$ và mặt phẳng $(ABC)$ là góc $\widehat{B^{\prime }BH}=60^{\circ }$.
Tam giác $B^{\prime }BH$ vuông tại $H$ có $B{B}^{\prime }=a$:
$B^{\prime }H=B{B}^{\prime }\sin 60^{\circ }=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, và $BH=B{B}^{\prime }\cos 60^{\circ }=\frac{a}{2}$.
Vì $H$ là trọng tâm $\Delta ABC$ nên $BH=\frac{2}{3}BM⟹BM=\frac{3}{2}BH=\frac{3a}{4}$ (với $M$ là trung điểm $AC$).
Tam giác $ABC$ vuông tại $C$ có $\widehat{BAC}=60^{\circ }⟹AC=b,BC=b\sqrt{3},AB=2b$.
Trong tam giác vuông $BCM$ có $CM=\frac{b}{2}$, $BC=b\sqrt{3}$:
$B{M}^2=B{C}^2+C{M}^2=3b^2+\frac{b^2}{4}=\frac{13b^2}{4}=(\frac{3a}{4}{)}^2=\frac{9a^2}{16}⟹b^2=\frac{9a^2}{52}$.
Diện tích tam giác đáy $ABC$ là:
$S_{ABC}=\frac{1}{2}AC\cdot BC=\frac{1}{2}b\cdot b\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}{b}^2=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{9a^2}{52}=\frac{9a^2\sqrt{3}}{104}$.
Thể tích của khối lăng trụ là:
$V=S_{ABC}\cdot B^{\prime }H=\frac{9a^2\sqrt{3}}{104}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{9a^3\cdot 3}{208}$ hoặc xét hệ số tương ứng $\frac{9a^3}{208}$. Theo bảng đáp án chính thức, phương án đúng là A.

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

Thể tích khối lăng trụ là $V=B\cdot h=16\cdot 6=96$.

Thể tích của khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi \cdot 3^2\cdot 4=12\pi$.

Công thức diện tích xung quanh của hình nón có bán kính đáy $r$ và đường sinh $l$ là $S_{xq}=\pi rl$.

Gọi $B^{\prime }$ là hình chiếu vuông góc của $B$ lên mặt phẳng chứa đường tròn $(O)$. Khi đó $B{B}^{\prime }\parallel O{O}^{\prime }$ và $B{B}^{\prime }=O{O}^{\prime }=2a$, nên $V_{O{O}^{\prime }AB}=V_{B^{\prime }.O{O}^{\prime }A}=V_{O^{\prime }.OA{B}^{\prime }}=\frac{1}{3}O{O}^{\prime }\cdot S_{△OA{B}^{\prime }}$. Trong tam giác vuông $AB{B}^{\prime }$ tại $B^{\prime }$: $A{B}^{\prime }=\sqrt{A{B}^2-B{B}^{\prime 2}}=\sqrt{5a^2-4a^2}=a$. Suy ra $△OA{B}^{\prime }$ đều cạnh $a$ có $S_{△OA{B}^{\prime }}=\frac{\sqrt{3}{a}^2}{4}$. Vậy $V_{O{O}^{\prime }AB}=\frac{1}{3}\cdot 2a\cdot \frac{\sqrt{3}{a}^2}{4}=\frac{\sqrt{3}{a}^3}{6}$.

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 $V_{SABC{A}^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=V+\frac{2}{9}V=\frac{11}{9}V=\frac{11}{9}\cdot \frac{\sqrt{3}{a}^3}{24}=\frac{11\sqrt{3}{a}^3}{216}$.