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

Dựng hình hộp chữ nhật ngoại tiếp tứ diện gần đều $ABCD$ có ba kích thước $x,y,z$ thỏa mãn $\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2=2000\\ y^2+z^2=2500\\ z^2+x^2=1300\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=20\\ y=40\\ z=30\end{array}$. Thể tích khối tứ diện là $V=\frac{1}{3}xyz=\frac{1}{3}\cdot 20\cdot 40\cdot 30=8000$.

Diện tích đáy lăng trụ là $B=S_{ABCD}=a^2$. Chiều cao của lăng trụ là $h=\frac{V}{B}=\frac{3a^3}{a^2}=3a$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 199, trang 8), chọn C.

Công thức tính thể tích của khối nón có bán kính đáy $r$ và chiều cao $h$ là $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 199, trang 8), chọn D.

Gọi $O$ là tâm của hình vuông đáy $ABCD$. Vì $S.ABCD$ là hình chóp đều nên $SO\perp (ABCD)$ và $SO=a\sqrt{2}$. Trong tam giác vuông $SOA$: $OA=\sqrt{S{A}^2-S{O}^2}=\sqrt{(a\sqrt{6}{)}^2-(a\sqrt{2}{)}^2}=\sqrt{4a^2}=2a$. Đường chéo đáy $AC=2OA=4a$. Cạnh hình vuông đáy $AB=\frac{AC}{\sqrt{2}}=2a\sqrt{2}$. Diện tích đáy $S_{ABCD}=A{B}^2=(2a\sqrt{2}{)}^2=8a^2$. Thể tích khối chóp là $V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SO=\frac{1}{3}\cdot 8a^2\cdot a\sqrt{2}=\frac{8a^3\sqrt{2}}{3}$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 199, trang 9), chọn C.

Bán kính đáy của hình trụ là $r=\frac{d}{2}=\frac{6}{2}=3\text{ cm}$. Chiều cao $h=4\text{ cm}$. Diện tích xung quanh của hình trụ là $S_{xq}=2\pi rh=2\pi \cdot 3\cdot 4=24\pi {\text{ cm}}^2$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 199, trang 9), chọn D.

Gọi $H$ là trung điểm của dây cung $MN$. Ta có $OH\perp MN$ và tam giác $SMN$ cân tại $S$ nên $SH\perp MN$. Góc giữa thiết diện $(SMN)$ và đáy là góc $\widehat{SHO}=60^{\circ }$. Đặt $OM=r$, ta có $OH=\sqrt{O{M}^2-M{H}^2}=\sqrt{r^2-{\left(\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)}^2}=\sqrt{r^2-\frac{a^2}{3}}$. Trong tam giác vuông $SOH$: $SO=OH\cdot \tan 60^{\circ }=\sqrt{3}\sqrt{r^2-\frac{a^2}{3}}=\sqrt{3r^2-a^2}$. Mặt khác trong tam giác vuông $SOA$: $SO=\sqrt{S{A}^2-A{O}^2}=\sqrt{a^2-r^2}$. Từ đó ta có $\sqrt{3r^2-a^2}=\sqrt{a^2-r^2}\iff 3r^2-a^2=a^2-r^2\iff 4r^2=2a^2\iff r=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Chiều cao $h=SO=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Thể tích khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi {\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)=\frac{\pi a^3\sqrt{2}}{12}$ (độ lớn giá trị tỉ lệ $\frac{a^3\sqrt{2}}{12}$). Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 199, trang 9) và hướng dẫn giải (trang 10), chọn A.

Công thức tính thể tích của khối chóp có diện tích đáy $B$ và chiều cao $h$ là $V=\frac{1}{3}Bh$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 199, trang 9), chọn B.

Gọi $P,Q$ lần lượt là giao điểm của $(\alpha )$ với $CD,SA$. Đặt $\frac{AM}{AB}=x\in [0;1]$. Sử dụng công thức tỉ số thể tích phân chia khối chóp: $\frac{V_{S.QNPM}}{V_{S.ADPM}}=\frac{2+2+1+1}{4\cdot 2\cdot 2\cdot 1\cdot 1}=\frac{6}{16}=\frac{3}{8}\Rightarrow V_1=\frac{5}{8}{V}_{S.ADPM}$. Mặt khác $\frac{V_{S.ADPM}}{V_{S.ABCD}}=\frac{S_{ADPM}}{S_{ABCD}}=\frac{S_{APM}}{S_{ACD}}=\frac{AM}{AD}=x$. Suy ra $V_1=\frac{5}{8}x{V}_{S.ABCD}$ và $V_2=\left(1-\frac{5}{8}x\right)V_{S.ABCD}$. Theo giả thiết $\frac{V_1}{V_2}=\frac{3}{5}\iff \frac{\frac{5}{8}x}{1-\frac{5}{8}x}=\frac{3}{5}\iff \frac{25}{8}x=3-\frac{15}{8}x\iff 5x=3-\cdots \Rightarrow x=\frac{1}{3}$. Do đó $\frac{AM}{AB}=\frac{1}{3}$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 199, trang 9) và hướng dẫn giải (trang 12), chọn A.

Vì $ABCD$ là hình vuông nên $BC\perp AB$. Lại có $SA\perp (ABCD)\Rightarrow SA\perp BC$. Suy ra $BC\perp (SAB)$. Do đó hình chiếu vuông góc của điểm $C$ lên $(SAB)$ là điểm $B$, và góc giữa đường thẳng $SC$ với mặt phẳng $(SAB)$ là góc $\widehat{CSB}=30^{\circ }$. Tam giác $SBC$ vuông tại $B$ nên $SB=\frac{BC}{\tan 30^{\circ }}=\frac{a}{\frac{1}{\sqrt{3}}}=a\sqrt{3}$. Trong tam giác vuông $SAB$ tại $A$: $SA=\sqrt{S{B}^2-A{B}^2}=\sqrt{(a\sqrt{3}{)}^2-a^2}=a\sqrt{2}$. Thể tích khối chóp $S.ABCD$ là $V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SA=\frac{1}{3}{a}^2\cdot a\sqrt{2}=\frac{a^3\sqrt{2}}{3}$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 199, trang 9), chọn B.

Chọn A
1 3V
Ta có: V = B.h $\Rightarrow$ h = $\cdot$
3 B
3.2a 3
Trong đó: V = 2a 3 , B = a 2 $\Rightarrow$ h = = 6a .
a2

Chọn B

Vì S . ABCD là hình chóp đều nên SO \perp ( ABCD ) .
\widehat
(
Ta có SB \widehat
) (
, ( ABCD ) = SB )
\widehat = 60.
, OB = SBO

1 1
Ta có : BO = BD = a 2.
2 2
a 2 6
Tam giác SBO vuông tại O : SO = BO tan 60 = . 3=a
2 2
1 1 a 6 2 a3 6
VS . ABCD = .SO.S ABCD = . .a = .
3 3 2 6

Chọn C
Thiết diện qua trục của một hình trụ là hình vuông ABCD cạnh AB = 2a .

AB 2a
R = = =a
Ta có: 2 2 .
l = AB = 2a
S1 = Sxq = 2$\pi$ Rl = 2$\pi$ .a.2a = 4$\pi$ a 2 .
S 2 = Sxq + 2 S d = 2$\pi$ Rl + 2.$\pi$ R 2 = 2$\pi$ .a.2a + 2$\pi$ .a 2 = 6$\pi$ a 2 .
S1 4$\pi$ a 2 2
Ta có: = = $\Rightarrow$ 3S1 = 2 S 2 .
S 2 6$\pi$ a 2 3

Chọn D

Ta có: AH = AC 2 - CH 2 = a 3 và BK = BD 2 - DK 2 = a 3 .

AH \perp HK 
Ta có:  $\Rightarrow$ d ( AH ; BK ) = HK = 3a
BK \perp HK 

1 1 3a 3 3
Ta có: VABHK = AH .BK sin ( AH , BK ) d ( AH , BK ) = a 3.a 3 sin 60.3a = .
6 6 4
1
AB.HK sin ( AB, HK ) d ( AB, HK )
VABHK 6 HK a3 3
Ta có: = = = 3 $\Rightarrow$ VABCD = .
VABCD 1 CD 4
AB.CD sin ( AB, CD ) d ( AB, CD )
6

Chọn C

1 1 1
S ABNM ( BN + AM ) d ( AA', BB' ) BB' + AA'
5
+/ Ta có: = 2 =3 2 =
S A'B'NM 1 2 1
( B'N + A'M ) d ( AA', BB' ) BB' + AA' 7
2 3 2
7
$\Rightarrow$ VC . A'B'NM = VC . ABNM
5
7 7 2 7
$\Rightarrow$ VC . A'B'NM = VC . ABB'A' = . VABC . A'B'C ' = VABC . A'B'C '
12 12 3 18
7 1 13 13
$\Rightarrow$ VMNCA'B'C ' = VC . A'B'NM + VC . A'B'C ' = VABC . A'B'C ' + VABC . A'B'C ' = VABC . A'B'C ' = .
18 3 18 9
+/ Do M là trung điểm của AA' nên A' là trung điểm của PC '
B'Q B'N
Lại có: = = 2 $\Rightarrow$ B'Q = 2 BC = 2 B'C '
BC BN
1
VC . A'B'C ' 3 A'B'C ' ( (
S .d C , A'B'C ' ) ) B'C '.d A', B'C '
= =
( ) = 1.1 = 1
VC .PQC ' 1
S PQC ' .d ( C , ( A'B'C ' ) ) QC '.d ( P, QC ' ) 3 2 6
3
1
$\Rightarrow$ VC . PQC ' = 6VC . A'B'C ' = 6. VABC . A'B'C ' = 4
3
13 23
Vậy VA'MPB'NQ = VC .PQC ' - VMNC . A'B'C ' = 4 - = $\Rightarrow$ a = 23, b = 9 $\Rightarrow$ a + 2b = 41 .
9 9

Diện tích đáy của lăng trụ là $S=a^2$. Chiều cao $h=4a$. Thể tích của khối lăng trụ là $V=S\cdot h=a^2\cdot 4a=4a^3$.

Đáy là tam giác đều cạnh $2a$ nên diện tích đáy là $S=\frac{(2a{)}^2\sqrt{3}}{4}=a^2\sqrt{3}$. Chiều cao của khối chóp là $h=\frac{3V}{S}=\frac{3a^3}{a^2\sqrt{3}}=a\sqrt{3}$.

Diện tích toàn phần của hình trụ là $S_{tp}=2\pi rh+2\pi r^2=2\pi \cdot 5\cdot 5+2\pi \cdot 5^2=50\pi +50\pi =100\pi {\text{ cm}}^2$.

Thể tích khối hộp chữ nhật là $V=AB\cdot BC\cdot A{A}^{\prime }=1\cdot 2\cdot 3=6{\text{ m}}^3$.

Công thức diện tích xung quanh của hình nón tròn xoay là $S_{xq}=\pi Rl$.

Vì $CB\perp AB$ và $CB\perp SA$ nên $CB\perp (SAB)$. Do đó hình chiếu vuông góc của $SC$ lên $(SAB)$ là $SB$. Góc giữa $SC$ và $(SAB)$ là góc $\widehat{CSB}=30^{\circ }$. Tam giác $SBC$ vuông tại $B$, có $BC=AD=a\sqrt{3}$. Suy ra $SB=\frac{BC}{\tan 30^{\circ }}=\frac{a\sqrt{3}}{\frac{1}{\sqrt{3}}}=3a$. Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ nên $SA=\sqrt{S{B}^2-A{B}^2}=\sqrt{(3a{)}^2-a^2}=2a\sqrt{2}$. Diện tích đáy $S_{ABCD}=AB\cdot AD=a\cdot a\sqrt{3}=a^2\sqrt{3}$. Thể tích khối chóp là $V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SA=\frac{1}{3}{a}^2\sqrt{3}\cdot 2a\sqrt{2}=\frac{2\sqrt{6}}{3}{a}^3$.