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

Xét hai phương án:
- Phương án 1: Chiều cao $h_1=4$, chu vi đáy là chiều còn lại $C_1=6=2\pi r_1⟹r_1=\frac{3}{\pi }$.
Thể tích xô: $V_1=\pi r_1^2{h}_1=\pi {\left(\frac{3}{\pi }\right)}^2\cdot 4=\frac{36}{\pi }$.
- Phương án 2: Chiều cao $h_2=6$, chu vi đáy $C_2=4=2\pi r_2⟹r_2=\frac{2}{\pi }$.
Thể tích xô: $V_2=\pi r_2^2{h}_2=\pi {\left(\frac{2}{\pi }\right)}^2\cdot 6=\frac{24}{\pi }$.
Vậy tỷ số thể tích là:
$\frac{V_1}{V_2}=\frac{36/\pi }{24/\pi }=\frac{36}{24}=\frac{3}{2}$.

Chọn A.
Diện tích đáy tam giác đều cạnh 2 là $S_d=\frac{2^2\sqrt{3}}{4}=\sqrt{3}$.
Chiều cao $h=5$.
Vậy thể tích khối lăng trụ là $V=S_d\cdot h=\sqrt{3}\cdot 5=5\sqrt{3}$.

Chọn A.
Công thức tính diện tích xung quanh hình trụ bán kính đáy $r$, đường sinh $l$ là $S_{xq}=2\pi rl$.
Với $l=r$, ta có $S_{xq}=2\pi r\cdot r=2\pi r^2$.

Chọn D.
Thể tích của khối nón đã cho là: $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi \cdot 3^2\cdot 5=15\pi$.

Chọn B.
Thể tích $V$ của khối hộp chữ nhật có ba kích thước $a,b,c$ là $V=abc$.
Do đó: $V=3\cdot 4\cdot 5=60$.

Chọn B.
Gọi thiết diện qua trục của nón là tam giác $ACB$ vuông cân tại $C$ với đường cao $CO=h=\frac{3a}{2}$, đáy $AB$ là đường kính hình tròn đáy của nón.
Do tam giác $ACB$ vuông cân tại $C$ nên $CO=\frac{AB}{2}=R\Rightarrow R=\frac{3a}{2}$.
Đường sinh $l=CA=\sqrt{C{O}^2+O{A}^2}=\sqrt{{\left(\frac{3a}{2}\right)}^2+{\left(\frac{3a}{2}\right)}^2}=\frac{3a\sqrt{2}}{2}$.
Diện tích toàn phần của hình nón $N$ là:
$S_{tp}=\pi Rl+\pi R^2=\pi \cdot \frac{3a}{2}\cdot \frac{3a\sqrt{2}}{2}+\pi {\left(\frac{3a}{2}\right)}^2=\frac{9\pi a^2}{4}(1+\sqrt{2})$.

Chọn C.
Đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ nên $S_{ABCD}=a^2$.
Gọi $O=AC\cap BD$. Vì $S.ABCD$ là hình chóp đều nên $SO\perp (ABCD)$.
Ta có: $AC=a\sqrt{2}\Rightarrow OA=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Chiều cao: $SO=\sqrt{S{A}^2-O{A}^2}=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Thể tích khối chóp là: $V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SO=\frac{1}{3}{a}^2\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{a^3\sqrt{2}}{6}$.

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 tam giác đều có tất cả các cạnh bằng $a=2$ nên diện tích đáy là $S=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\sqrt{3}$ và chiều cao là $h=2$. Thể tích khối lăng trụ là $V=S\cdot h=2\sqrt{3}$.

Thể tích khối hộp chữ nhật đã cho là $V=4\cdot 5\cdot 6=120$.

Thể tích khối lăng trụ là $V=B\cdot h=3\cdot 4=12$.

Tam giác $SAB$ cân tại $S$ với $SA=SB=2a$.
Diện tích tam giác $SAB$ là:
$S_{\Delta SAB}=\frac{1}{2}SA\cdot SB\cdot \sin \widehat{ASB}=\frac{1}{2}(2a{)}^2\sin \widehat{ASB}=2a^2\sin \widehat{ASB}\le 2a^2.$
Diện tích lớn nhất khi $\sin \widehat{ASB}=1⟺\widehat{ASB}=90^{\circ }$ (tam giác $SAB$ vuông cân tại $S$).
Khi đó $AB=\sqrt{S{A}^2+S{B}^2}=\sqrt{(2a{)}^2+(2a{)}^2}=2a\sqrt{2}$.



Gọi $H$ là trung điểm của $AB$, suy ra $OH\perp AB$ và theo giả thiết $OH=a$.
Trong đường tròn đáy tâm $O$, bán kính $R=OA$:
$R=\sqrt{O{H}^2+H{A}^2}=\sqrt{a^2+{\left(\frac{AB}{2}\right)}^2}=\sqrt{a^2+(a\sqrt{2}{)}^2}=a\sqrt{3}.$
Chiều cao của hình nón là:
$h=SO=\sqrt{S{A}^2-R^2}=\sqrt{(2a{)}^2-(a\sqrt{3}{)}^2}=\sqrt{4a^2-3a^2}=a.$
Thể tích của khối nón tạo bởi hình nón trên là:
$V=\frac{1}{3}\pi R^{2}h=\frac{1}{3}\pi (a\sqrt{3}{)}^2\cdot a=\pi a^3.$

Bán kính đáy của khối nón là $r=\frac{d}{2}=\frac{8}{2}=4$. Thể tích của khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi \cdot 4^2\cdot 3=16\pi$.

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 $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }EFC$:
$V_{A^{\prime }E{E}^{\prime }{B}^{\prime }F{F}^{\prime }}=V_{C.C^{\prime }{E}^{\prime }{F}^{\prime }}-V_{A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }EFC}=\frac{\sqrt{3}}{3}-\frac{\sqrt{3}}{6}=\frac{\sqrt{3}}{6}.$

Diện tích toàn phần của hình trụ là $S_{tp}=S_{xq}+2S_{\text{day}}=2\pi rh+2\pi r^2=2\pi r(h+r)$.

Theo bảng đáp án chính thức, Câu 8 chọn đáp án A.

Thể tích khối chóp là $V=\frac{1}{3}Bh=\frac{1}{3}\cdot 5\cdot 3=5$.

Chọn đáp án A.

Theo bảng đáp án chính thức, Câu 19 chọn đáp án B.

Thể tích khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi \cdot 3^2\cdot 5=15\pi$.

Chọn đáp án B.

Theo bảng đáp án chính thức, Câu 22 chọn đáp án D.

Diện tích xung quanh của hình trụ là $S_{xq}=2\pi rh=2\pi \cdot 3\cdot 5=30\pi$.

Chọn đáp án D.

Theo bảng đáp án chính thức, Câu 24 chọn đáp án D.

Thể tích khối lập phương cạnh $a=4$ là $V=a^3=4^3=64$.

Chọn đáp án D.