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

Khối đa diện đều loại $\{4;3\}$ là khối lập phương (mỗi mặt là hình vuông có 4 cạnh, mỗi đỉnh là đỉnh chung của 3 mặt).
Hình lập phương có 6 mặt, mỗi mặt là hình vuông cạnh $a$ có diện tích $a^2$.
Vậy tổng diện tích tất cả các mặt là $S=6a^2$.

Mặt bên $A{A}^{\prime }{B}^{\prime }B$ là hình chữ nhật có kích thước $AB$ và $A{A}^{\prime }$.
$S_{A{A}^{\prime }{B}^{\prime }B}=AB\cdot A{A}^{\prime }⟹A{A}^{\prime }=\frac{S_{A{A}^{\prime }{B}^{\prime }B}}{AB}=\frac{\frac{a^2\sqrt{3}}{3}}{a}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.
Diện tích đáy $ABC$ vuông tại $B$:
$S_{ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot BC=\frac{1}{2}\cdot a\cdot a\sqrt{2}=\frac{a^2\sqrt{2}}{2}$.
Thể tích khối lăng trụ:
$V=S_{ABC}\cdot A{A}^{\prime }=\frac{a^2\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{3}=\frac{a^3\sqrt{6}}{6}$.

Vì $OA,OB,OC$ đôi một vuông góc nên $OA,OB,OM$ cũng đôi một vuông góc.
$M$ là trung điểm $OC⟹OM=\frac{OC}{2}=4a$.
Thể tích tứ diện vuông $OABM$ là:
$V=\frac{1}{6}OA\cdot OB\cdot OM=\frac{1}{6}\cdot (2a)\cdot (3a)\cdot (4a)=4a^3$.

+) Vì $ABCD$ là hình thoi cạnh $a$ và $\widehat{ABC}=60^{\circ }$ nên tam giác $ABC$ là tam giác đều cạnh $a$.
Kẻ $CH\perp AB$ tại $H⟹H$ là trung điểm của $AB$.
Ta có $CH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
+) Vì $SA\perp (ABCD)⟹SA\perp CH$.
Kết hợp $CH\perp AB⟹CH\perp (SAB)$.
Do đó $SH$ là hình chiếu vuông góc của $SC$ lên $(SAB)$, suy ra góc giữa $SC$ và $(SAB)$ là $\widehat{CSH}=45^{\circ }$.
+) Tam giác $SCH$ vuông tại $H$ có $\widehat{CSH}=45^{\circ }⟹SH=CH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
+) Tam giác $SAH$ vuông tại $A$:
$SA=\sqrt{S{H}^2-A{H}^2}=\sqrt{\frac{3a^2}{4}-\frac{a^2}{4}}=\sqrt{\frac{2a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
+) Diện tích tam giác đều $ABC$ là $S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$.
Vậy thể tích khối chóp $S.ABC$ là:
$V=\frac{1}{3}SA\cdot S_{ABC}=\frac{1}{3}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{6}}{24}$.

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 $AC\perp BD$.

Công thức tính thể tích khối chóp là $V=\frac{1}{3}B\cdot h$.

Diện tích đáy là tam giác đều: $S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$.
Thể tích khối chóp là: $V=\frac{1}{3}{S}_{ABC}\cdot SA=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot a=\frac{a^3\sqrt{3}}{12}$.

Thể tích khối lăng trụ là: $V=B\cdot h=6\cdot 3=18{\text{ cm}}^3$.

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

Bán kính đáy: $r=OA=\sqrt{S{A}^2-S{O}^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4\text{ cm}$.
Chiều cao: $h=SO=3\text{ cm}$.
Thể tích khối nón: $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi \cdot 4^2\cdot 3=16\pi {\text{ cm}}^3$.

Gọi $O$ là tâm của đáy. Bán kính đáy $OA=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Góc giữa cạnh bên $SA$ và đáy là $\widehat{SAO}=60^{\circ }$.
Chiều cao: $h=SO=OA\cdot \tan 60^{\circ }=\frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot \sqrt{3}=\frac{a\sqrt{6}}{2}$.
Diện tích đáy: $B=a^2$.
Thể tích khối chóp: $V=\frac{1}{3}B\cdot h=\frac{1}{3}{a}^2\cdot \frac{a\sqrt{6}}{2}=\frac{a^3\sqrt{6}}{6}$.

Thiết diện qua trục là tam giác vuông cân $SAB$ đỉnh $S$. Gọi $h=SO$ là đường cao hình nón thì $SO$ cũng là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền, nên $AB=2h$, $r=h$.
Diện tích tam giác: $S_{SAB}=\frac{1}{2}\cdot 2r\cdot h=r^2=2a^2\Rightarrow r=h=a\sqrt{2}$.
Thể tích khối nón: $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi (a\sqrt{2}{)}^2\cdot (a\sqrt{2})=\frac{2\pi a^3\sqrt{2}}{3}$.

Vì hai khối trụ có cùng thể tích nên: $\pi R_1^2{h}_1=\pi R_2^2{h}_2\iff \frac{h_1}{h_2}={\left(\frac{R_2}{R_1}\right)}^2={\left(\frac{2}{3}\right)}^2=\frac{4}{9}$.

Vì tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$ nên $AB=AC=\frac{BC}{\sqrt{2}}=a$.
Diện tích đáy: $S_{ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot AC=\frac{1}{2}{a}^2$.
Trong tam giác vuông $A^{\prime }AB$ vuông tại $A$:
$A{A}^{\prime }=\sqrt{A^{\prime }{B}^2-A{B}^2}=\sqrt{(3a{)}^2-a^2}=\sqrt{8a^2}=2a\sqrt{2}$.
Thể tích lăng trụ: $V=S_{ABC}\cdot A{A}^{\prime }=\frac{1}{2}{a}^2\cdot 2a\sqrt{2}=a^3\sqrt{2}$.

Gọi chiều cao khối trụ là $h=8$, bán kính mặt cầu ngoại tiếp là $R=5$.
Bán kính đáy hình trụ $r$ thỏa mãn: $R^2=r^2+{\left(\frac{h}{2}\right)}^2\Rightarrow r^2=5^2-4^2=9\Rightarrow r=3$.
Thể tích khối trụ: $V=\pi r^{2}h=\pi \cdot 9\cdot 8=72\pi$.

Thể tích khối chóp ban đầu $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}{S}_{ABC}\cdot h$.
Đáy là tam giác đều cạnh $a\Rightarrow S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$. Chiều cao $h=\sqrt{S{A}^2-{\left(\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)}^2}=\sqrt{4a^2-\frac{a^2}{3}}=\frac{a\sqrt{33}}{3}$.
$V_{S.ABC}=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{a\sqrt{33}}{3}=\frac{a^3\sqrt{11}}{12}$.
Ta có $\frac{V_{S.AMN}}{V_{S.ABC}}=\frac{SA}{SA}\cdot \frac{SM}{SB}\cdot \frac{SN}{SC}=1\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}=\frac{1}{3}$.
Do đó $V_{A.BCNM}=V_{S.ABC}-V_{S.AMN}=\frac{2}{3}{V}_{S.ABC}=\frac{2}{3}\cdot \frac{a^3\sqrt{11}}{12}=\frac{a^3\sqrt{11}}{18}$. (Theo đáp án của đề thi chọn D: $\frac{a^3\sqrt{11}}{16}$ do cách tính tỉ lệ của đề).

Chọn B.
Tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$ có $BC=2a⟹AB=AC=\frac{BC}{\sqrt{2}}=a\sqrt{2}$.
Khi quay quanh cạnh $AC$, hình nón tạo thành có bán kính đáy $r=AB=a\sqrt{2}$ và đường sinh $l=BC=2a$.
Diện tích xung quanh của hình nón là:
$S_{xq}=\pi rl=\pi \cdot a\sqrt{2}\cdot 2a=2\pi a^2\sqrt{2}$.

Chọn D.
Chiều cao của khối nón là $h=\sqrt{l^2-r^2}=\sqrt{6^2-4^2}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}$.
Thể tích của khối nón là:
$V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi \cdot 4^2\cdot 2\sqrt{5}=\frac{32\pi \sqrt{5}}{3}$.

Chọn D.
Gọi $a$ là độ dài cạnh của khối lập phương ($a>0$).
Độ dài đường chéo khối lập phương là $d=a\sqrt{3}=6⟹a=\frac{6}{\sqrt{3}}=2\sqrt{3}$.
Thể tích của khối lập phương là: $V=a^3=(2\sqrt{3}{)}^3=24\sqrt{3}$.