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

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: đáy ABCD nằm trong mặt phẳng z=0, S có cao độ 9 (chiều cao tháp h=9, S_ABCD=10 m²). Vì M, N, P, Q là trọng tâm các mặt bên nên mỗi điểm có dạng (S + hai đỉnh đáy)/3, do đó tất cả đều nằm trong mặt phẳng z = 9/3 = 3. Hơn nữa: M−N = (A−C)/3 và N−P = (B−D)/3, nên MNPQ là hình bình hành có hai cạnh song song và bằng 1/3 hai đường chéo AC, BD của đáy, tức diện tích S_{MNPQ} = |AC×BD|/9 = 2·S_{ABCD}/9 = 20/9 m². Khối đa diện lồi cần tính là bao lồi của đoạn BD (nằm trong z=0) và hình bình hành MNPQ (nằm trong z=3), nên nó là hợp các đoạn nối conv(BD) với MNPQ: mặt cắt tại cao độ z = 3t (0≤t≤1) là tổng Minkowski (1−t)·BD ⊕ t·MNPQ, có diện tích A(t) = t²·(20/9) + 2t(1−t)·V(BD, MNPQ), trong đó hỗn hợp diện tích V(BD, MNPQ) = ½·|BD|·(bề rộng của MNPQ theo phương vuông góc BD). Vì cạnh của MNPQ gồm AC/3 và BD/3, bề rộng vuông góc BD là |AC·n|/3 với n⊥BD, cho |BD|·(bề rộng) = 2|AC×BD|/(3·1)·... = 2·S_{ABCD}/3 = 20/3, suy ra V(BD, MNPQ) = 10/3. Do đó thể tích: V = 3∫₀¹ [ (20/9)t² + (20/3)t(1−t) ] dt = 3[ 20/27 + 10/9 ] = 3·50/27 = 50/9 ≈ 5.5556. Kết quả không phụ thuộc vị trí hình chiếu của S (chỉ phụ thuộc chiều cao và diện tích đáy). Vậy thể tích cần tìm ≈ 5.56 m³.

(AI giải đề cho tôi)
Khi nghiêng cốc, mặt nước là một mặt phẳng đi qua một đường kính của đáy và chạm miệng cốc tại điểm đối diện. Mặt phẳng này đi qua tâm hình trụ (trung điểm trục), nên nó chia hình trụ thành hai phần bằng nhau. Do đó thể tích nước bằng một nửa thể tích hình trụ: $V=\frac{1}{2}\pi r^{2}h=\frac{1}{2}\pi \cdot 6^2\cdot 10=180\pi {\text{cm}}^3\approx 565,49{\text{cm}}^3$.

Công thức thể tích khối chóp: $V=\frac{1}{3}\cdot S_{ABCD}\cdot SA=\frac{1}{3}\cdot 1\cdot \sqrt{2}=\frac{\sqrt{2}}{3}({\mathrm{dm}}^3)$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì tam giác $SAB$ đều và $(SAB)\perp (ABCD)$, đường cao $SH\perp AB$ nên $SH\perp (ABCD)$ với $SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
a) $V=\frac{1}{3}\cdot AB\cdot AD\cdot SH=\frac{1}{3}\cdot a\cdot 2a\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}\ne \sqrt{3}{a}^3$ → Sai.
b) Tọa độ: $A(0;0;0),B(a;0;0),D(0;2a;0),C(a;2a;0),H(a/2;0;0),S(a/2;0;a\sqrt{3}/2)$. Mặt phẳng $(SCD)$ qua $D$ có VTPT $\vec{n}=\overrightarrow{DC}\times \overrightarrow{DS}=(0;-ah;-2a^2)$ với $h=a\sqrt{3}/2$, suy ra phương trình $\sqrt{3}y+4z=2\sqrt{3}a$. Khoảng cách từ $H$: $d=\frac{2\sqrt{3}a}{\sqrt{19}}=\frac{2a\sqrt{57}}{19}$ → Đúng.
c) Vì $BC\perp AB$ và $BC\perp SB$ nên góc nhị diện $[S,BC,D]$ là góc $\widehat{SBA}=60^{\circ }$ (tam giác $SAB$ đều) → Đúng.
d) $SH\perp (ABCD)$ chứ không phải $SA$; tam giác $SAB$ đều nên $SA$ tạo với $(ABCD)$ góc $60^{\circ }$ → Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$V=\frac{1}{3}\cdot a\cdot 2a\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}\ne \sqrt{3}{a}^3$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Với hệ tọa độ $A(0;0;0),B(a;0;0),D(0;2a;0),C(a;2a;0),S(a/2;0;a\sqrt{3}/2)$, mặt $(SCD)$: $\sqrt{3}y+4z=2\sqrt{3}a$, nên $d(H,(SCD))=\frac{2\sqrt{3}a}{\sqrt{19}}=\frac{2a\sqrt{57}}{19}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$BC\perp AB$ và $BC\perp SB$ nên góc nhị diện $[S,BC,D]$ là $\widehat{SBA}=60^{\circ }$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Chỉ có $SH\perp (ABCD)$; $SA$ nghiêng, tạo với $(ABCD)$ góc $60^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;3a;0)$, $A^{\prime }(0;0;2a)$. Trọng tâm tam giác $A^{\prime }BC$ là $G=\left(\frac{a+a+0}{3};\frac{0+3a+0}{3};\frac{2a+0+0}{3}\right)=\left(\frac{2a}{3};a;\frac{2a}{3}\right)$. Khoảng cách từ $G$ đến mặt phẳng $(ABCD)$ là $h=\frac{2a}{3}$. Diện tích $S_{ABCD}=AB\cdot AD=3a^2$. Thể tích khối chóp $G.ABCD$ là $V=\frac{1}{3}\cdot 3a^2\cdot \frac{2a}{3}=\frac{2a^3}{3}$. Vậy $m=2$, $n=3$ (tối giản), $P=m\sqrt{n}=2\sqrt{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích khối chóp $V=\frac{1}{3}{S}_{ABCDE}\cdot h=\frac{1}{3}\cdot 16\cdot 12=64$.

(AI giải đề cho tôi)
Lăng trụ đứng nên AA' ⊥ (ABC), hình chiếu của A'C lên (ABC) là AC, do đó góc giữa A'C và (ABC) là góc A'CA = 60°. Tam giác ABC đều cạnh a nên AC = a, suy ra AA' = AC·tan60° = a√3. Diện tích đáy S = a²√3/4, thể tích V = S·AA' = (a²√3/4)(a√3) = 3a³/4.

Khoảng cách từ I đến (A'BC): đặt hệ tọa độ A(0,0,0), B(a,0,0), C(a/2, a√3/2, 0), A'(0,0,a√3). I thuộc AB với AI = 3IB nên I(3a/4, 0, 0). Vectơ pháp tuyến của (A'BC): A'B = (a,0,−a√3), A'C = (a/2, a√3/2, −a√3), tích có hướng cho n = (3, √3, √3). Mặt phẳng: 3x + √3y + √3z − 3a = 0. Khoảng cách từ I: d = |3·(3a/4) − 3a| / √(9+3+3) = (3a/4)/√15 = 3a/(4√15) = a√15/20.

Kết luận: V = 3a³/4 và d(I, (A'BC)) = a√15/20.

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích khối chóp: $V=\frac{1}{3}Bh=\frac{1}{3}\cdot 3\cdot 6=6$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích khối chóp: $V=\frac{1}{3}Bh=\frac{1}{3}\cdot 4\cdot 6=8$. Vậy đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích khối lập phương cạnh $a=2cm$ là $V=a^3=2^3=8c{m}^3$. Đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Đường chéo khối lập phương cạnh $a$ là $a\sqrt{3}=2\sqrt{3}$, suy ra $a=2$. Thể tích $V=a^3=8c{m}^3$. Đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AB$, $AC$, $A{A}^{\prime }$ đôi một vuông góc nên $A{A}^{\prime }\perp (ABC)$, lăng trụ có chiều cao $h=A{A}^{\prime }=3a$. Diện tích đáy $S_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot AC=\frac{1}{2}\cdot a\cdot 2a=a^2$. Thể tích $V=S_{ABC}\cdot h=a^2\cdot 3a=3a^3$. Vậy chọn đáp án B.

Lời giải.



1. Diện tích tam giác đều $ABC$ là

$$S_{ABC}=A{B}^2\cdot \frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{\sqrt{3}}{4}.$$

Thể tích khối lăng trụ $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ là

$$V_{ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=S_{ABC}\cdot A{A}^{\prime }=\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot 2=\frac{\sqrt{3}}{2}.$$

2. Ta có $B^{\prime }{C}^{\prime }\parallel BC$ mà $BC\subset (A^{\prime }BC)$ nên $B^{\prime }{C}^{\prime }\parallel (A^{\prime }BC)$. Suy ra

$$d(B^{\prime }{C}^{\prime },A^{\prime }B)=d(B^{\prime }{C}^{\prime },(A^{\prime }BC))=d(B^{\prime },(A^{\prime }BC)).$$

Do $A{B}^{\prime }\cap A^{\prime }B=I$, với $I$ là trung điểm của $A{B}^{\prime }$ và $A^{\prime }B$ nên

$$d(A,(A^{\prime }BC))=d(B^{\prime },(A^{\prime }BC)).$$

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Kẻ $AH\perp A^{\prime }M$ tại $H$. Do $BC\perp AM$ ($△ABC$ đều) và $BC\perp A{A}^{\prime }$ (do $A{A}^{\prime }\perp (ABC)$) nên $BC\perp (A{A}^{\prime }M)$, dẫn đến $BC\perp AH$ (do $AH\subset (A{A}^{\prime }M)$). Mà $AH\perp A^{\prime }M$ nên $AH\perp (A^{\prime }BC)$. Điều này có nghĩa là

$$d(A,(A^{\prime }BC))=AH=\frac{A{A}^{\prime }\cdot AM}{\sqrt{A{A}^{\prime 2}+A{M}^2}}=\frac{2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{2^2+{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2}}=\frac{2\sqrt{57}}{19}.$$

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng $B^{\prime }{C}^{\prime }$ và $A^{\prime }B$ là $\frac{2\sqrt{57}}{19}$.

Bình luận.

1. Bài toán hình học không gian trong khối lăng trụ đều, khai thác các khái niệm cơ bản của chương trình hình học không gian. Cách xây dựng bài toán mang tính truyền thống.

2. Phần tiếp theo tiếp tục khai thác các quan hệ hình học trong không gian. Cấu trúc bài toán khá quen thuộc với các dạng bài thường gặp trong chương trình học, nên mức độ sáng tạo của câu hỏi chưa thật sự nổi bật. Nhìn chung, nội dung vẫn thiên về việc kiểm tra mức độ nắm vững kiến thức cơ bản.

(AI giải đề cho tôi)
Diện tích đáy $S_{ABCD}=AB\cdot AD=a\cdot 2a=2a^2$. Vì $SA\perp (ABCD)$ nên chiều cao $h=SA=a\sqrt{3}$. Thể tích $V=\frac{1}{3}\cdot 2a^2\cdot a\sqrt{3}=\frac{2\sqrt{3}{a}^3}{3}$. Vậy đáp án B.

Thể tích của khối chóp $O.ABC$ là: $V=\frac{1}{6}\cdot OA\cdot OB\cdot OC=\frac{abc}{6}$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì SO⊥(ABCD) nên SO⊥OA, SO⊥OB. AC=√(AB²+AD²)=√(a²+3a²)=2a nên OA=OB=a. Do đó SO²=SA²−OA²=3a²−a²=2a², SO=a√2.
a) SB²=SO²+OB²=2a²+a²=3a² ⇒ SB=a√3. Tương tự SC=SD=a√3=SA. Đúng.
b) ABCD hình chữ nhật nên BD⊥AC; SO⊥(ABCD) nên SO⊥BD. Vậy BD⊥(SAC). Đúng.
c) V=(1/3)·AB·AD·SO=(1/3)·a·a√3·a√2=a³√6/3≠a³. Sai.
d) α=[S,CD,A] là góc giữa (SCD) và (ABCD) (do CD∥AB). Kẻ OH⊥CD thì OH⊥CD, SO⊥CD ⇒ CD⊥(SOH), góc giữa hai mặt phẳng là góc SHO với H là trung điểm CD. OH=AD/2=a√3/2, tanα=SO/OH=a√2/(a√3/2)=2√6/3. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
OA=OB=a, SO=a√2 ⇒ SB=SC=SD=SA=a√3.
b) (AI giải đề cho tôi)
BD⊥AC (hình chữ nhật) và BD⊥SO ⇒ BD⊥(SAC).
c) (AI giải đề cho tôi)
V=(1/3)·a·a√3·a√2=a³√6/3≠a³.
d) (AI giải đề cho tôi)
Góc giữa (SCD) và đáy tại trung điểm H của CD: tanα=SO/OH=(a√2)/(a√3/2)=2√6/3.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $H$ là trung điểm $AB$. Tam giác $SAB$ đều cạnh $a$ nên $SH\perp AB$ và $SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Vì $(SAB)\perp (ABC)$ có giao tuyến $AB$ nên $SH\perp (ABC)$, tức $SH$ là chiều cao của khối chóp.

a) Diện tích đáy $S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$. Thể tích:
$$V_{S.ABC}=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a^3}{8}.$$

b) Ta có $SA=a$ (tam giác $SAB$ đều), $AC=a$, và $S{C}^2=S{H}^2+H{C}^2=\frac{3a^2}{4}+\frac{3a^2}{4}=\frac{3a^2}{2}\Rightarrow SC=\frac{a\sqrt{6}}{2}$.
Diện tích tam giác $SAC$ (cân tại $A$... thực chất tính qua đường cao hạ từ $A$ xuống $SC$):
$$h^2=S{A}^2-{\left(\frac{SC}{2}\right)}^2=a^2-\frac{3a^2}{8}=\frac{5a^2}{8}\Rightarrow h=\frac{a\sqrt{10}}{4}.$$
$$S_{SAC}=\frac{1}{2}\cdot \frac{a\sqrt{6}}{2}\cdot \frac{a\sqrt{10}}{4}=\frac{a^2\sqrt{15}}{8}.$$
Khoảng cách từ $B$ đến $(SAC)$:
$$d(B,(SAC))=\frac{3V_{S.ABC}}{S_{SAC}}=\frac{3\cdot \frac{a^3}{8}}{\frac{a^2\sqrt{15}}{8}}=\frac{3a}{\sqrt{15}}=\frac{a\sqrt{15}}{5}.$$

Kết luận: $V_{S.ABC}=\frac{a^3}{8}$ và $d(B,(SAC))=\frac{a\sqrt{15}}{5}$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA$ là chiều cao của chóp, $h=SA=2a$. Diện tích đáy $S_{ABCD}=AB\cdot BC=a\cdot 2a=2a^2$. Thể tích $V=\frac{1}{3}\cdot 2a^2\cdot 2a=\frac{4a^3}{3}$. Vậy đáp án D.