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

Thể tích khối chóp $S.ABCD$ là $V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SA=\frac{1}{3}{a}^2\cdot 2a=\frac{2a^3}{3}$. Chọn B.

Ta có $l^2=h^2+R^2\Rightarrow h=\sqrt{l^2-R^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$. Chọn B.

Thể tích khối chóp có diện tích đáy $B$ và chiều cao $h$ là $V=\frac{1}{3}Bh$. Chọn C.

Gọi $M$ là trung điểm của $B^{\prime }{C}^{\prime }$. Khi đó $A^{\prime }M\perp B^{\prime }{C}^{\prime }$ và $AM\perp B^{\prime }{C}^{\prime }$. Góc giữa $(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ và $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ là góc $\widehat{AM{A}^{\prime }}=60^{\circ }$. Vì đáy là tam giác đều cạnh $a$ nên $A^{\prime }M=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, $S_{A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$. Trong tam giác vuông $A{A}^{\prime }M$: $A{A}^{\prime }=A^{\prime }M\cdot \tan 60^{\circ }=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot \sqrt{3}=\frac{3a}{2}$. Thể tích khối lăng trụ là $V=S_{A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}\cdot A{A}^{\prime }=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{3a}{2}=\frac{3\sqrt{3}{a}^3}{8}$.


Chọn B.

Gọi thiết diện qua trục của hình nón là tam giác đều $SAB$ cạnh $x$. Khối nón có bán kính đáy $r=\frac{x}{2}$, chiều cao $h=\frac{x\sqrt{3}}{2}$, thể tích $V_1=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi {\left(\frac{x}{2}\right)}^2\frac{x\sqrt{3}}{2}=\frac{\pi x^3\sqrt{3}}{24}$. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp nón là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều $SAB$: $R=\frac{x\sqrt{3}}{3}$. Thể tích khối cầu: $V_2=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}\pi {\left(\frac{x\sqrt{3}}{3}\right)}^3=\frac{4\pi x^3\sqrt{3}}{27}$. Tỷ số $\frac{V_2}{V_1}=\frac{4/27}{1/24}=\frac{4\times 24}{27}=\frac{32}{9}$.


Chọn A.

Gọi $I,J,K$ lần lượt là trung điểm của $B{B}^{\prime },B^{\prime }{C}^{\prime },AB$. Khi đó $IJ\parallel B{C}^{\prime }$ và $IK\parallel A{B}^{\prime }$, do đó $(A{B}^{\prime },B{C}^{\prime })=(IJ,IK)=60^{\circ }$. Đặt $A{A}^{\prime }=x>0$. Ta có $IJ=IK=\frac{1}{2}\sqrt{x^2+4a^2}$. Gọi $H$ là trung điểm của $A^{\prime }{B}^{\prime }$. Ta có $KJ=\sqrt{K{H}^2+H{J}^2}=\sqrt{x^2+a^2}$. Xét hai trường hợp góc $\widehat{JIK}$ bằng $60^{\circ }$ hoặc $120^{\circ }$: TH $\widehat{JIK}=60^{\circ }$ dẫn đến $x=0$ (loại). TH $\widehat{JIK}=120^{\circ }$ cho phương trình $K{J}^2=3I{J}^2\iff x^2+a^2=\frac{3}{4}(x^2+4a^2)\iff x^2=8a^2\iff x=2a\sqrt{2}$. Khi đó $V=A{A}^{\prime }\cdot S_{ABC}=2a\sqrt{2}\cdot \frac{(2a{)}^2\sqrt{3}}{4}=2\sqrt{6}{a}^3$.


Chọn B.

Gọi $H$ là trung điểm của $AB$, kẻ $OK\perp SH\Rightarrow d(O,(SAB))=OK=\frac{a\sqrt{3}}{3}$. Vì tam giác $SAB$ cân tại $S$ có góc $\widehat{SAB}=60^{\circ }$ nên là tam giác đều, do đó $SH=\frac{AB\sqrt{3}}{2}$. Đặt đường sinh $l=SA$, ta có $h=SO=l\sin 30^{\circ }=\frac{l}{2}$, bán kính đáy $R=OA=l\cos 30^{\circ }=\frac{l\sqrt{3}}{2}$. Từ hệ thức $\frac{1}{O{K}^2}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{O{H}^2}$ giải ra được $h=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ và $R=\frac{a\sqrt{6}}{2}$. Thể tích khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi R^{2}h=\frac{1}{3}\pi \frac{6a^2}{4}\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{\pi a^3\sqrt{2}}{4}$ (tương ứng đáp án D).


Chọn D.

Chu vi đáy là $2\pi r=c\Rightarrow r=\frac{c}{2\pi }$. Diện tích xung quanh của hình trụ là $S_{xq}=2\pi rh=2\pi \cdot \frac{c}{2\pi }\cdot h=c\cdot h$.

Thể tích khối chóp là $V=\frac{1}{3}Bh=\frac{1}{3}\cdot 4\cdot 3=4$.

Tam giác $ABC$ vuông tại $B$ nên $BC=\sqrt{A{C}^2-A{B}^2}=\sqrt{3a^2-a^2}=a\sqrt{2}$.

Diện tích đáy $S_{ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot BC=\frac{1}{2}a\cdot a\sqrt{2}=\frac{a^2\sqrt{2}}{2}$.

Thể tích khối lăng trụ là $V=A{A}^{\prime }\cdot S_{ABC}=a\cdot \frac{a^2\sqrt{2}}{2}=\frac{a^3\sqrt{2}}{2}$.

Góc ở đỉnh bằng $120^{\circ }$ nên góc giữa đường sinh và trục là $\alpha =60^{\circ }$.

Bán kính đáy: $r=l\sin 60^{\circ }=2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$.

Chiều cao: $h=l\cos 60^{\circ }=2\cdot \frac{1}{2}=1$.

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

Giả sử cạnh đáy của lăng trụ bằng $x$ ($x>0$).

Ta có $DA\perp AB$ và $DA\perp A{A}^{\prime }$ nên $DA\perp (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$.

Giao tuyến của $(A^{\prime }BD)$ và $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ là $A^{\prime }B$.

Gọi $I$ là hình chiếu vuông góc của $D$ lên $A^{\prime }B$. Khi đó $A^{\prime }B\perp (DAI)\Rightarrow A^{\prime }B\perp AI$.

Do đó góc giữa hai mặt phẳng $(A^{\prime }BD)$ và $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ là góc giữa $DI$ và $AI$, tức là $\widehat{DIA}=\alpha$.

Theo giả thiết $\tan \alpha =2\Rightarrow \sin \alpha =\frac{2}{\sqrt{5}}$.

Tam giác $DAI$ vuông tại $A$ nên $\sin \alpha =\frac{DA}{DI}=\frac{x}{DI}=\frac{2}{\sqrt{5}}\Rightarrow DI=\frac{x\sqrt{5}}{2}$.

Xét tam giác $A^{\prime }BD$ có $A^{\prime }B=\sqrt{x^2+1},A^{\prime }D=\sqrt{x^2+1},BD=x\sqrt{2}$. Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$, ta có $A^{\prime }O=\sqrt{A{A}^{\prime 2}+A{O}^2}=\sqrt{1+\frac{x^2}{2}}=\sqrt{\frac{x^2+2}{2}}$.

Diện tích tam giác $A^{\prime }BD$ tính theo 2 cách:
$S=\frac{1}{2}{A}^{\prime }O\cdot BD=\frac{1}{2}DI\cdot A^{\prime }B\Rightarrow \sqrt{\frac{x^2+2}{2}}\cdot x\sqrt{2}=DI\cdot \sqrt{x^2+1}$
$\Rightarrow DI=\frac{x\sqrt{x^2+2}}{\sqrt{x^2+1}}.$

Từ đó:
$\frac{x\sqrt{x^2+2}}{\sqrt{x^2+1}}=\frac{x\sqrt{5}}{2}\iff \frac{x^2+2}{x^2+1}=\frac{5}{4}\iff 4(x^2+2)=5(x^2+1)\iff x^2=3.$

Diện tích đáy $S_{ABCD}=x^2=3$.

Thể tích khối lăng trụ: $V=A{A}^{\prime }\cdot S_{ABCD}=1\cdot 3=3$.

**Chọn B**

a3 3
.
3

D. V =

a 3 15
.
3

· = 30° .
Ta có: BC ⊥ ( SAB) tại B, đường thẳng SC tạo với mp ( SAB) một góc 300 nên CSB
Do đó: SB = 3BC = 3a và SA = SB 2 - AB 2 = a 5.
1
2a 3 15
Thể tích khối chóp là: V = .SA. AB. AD =
.
3
3

**Chọn D**

a2 3
Ta có S ΔABC =
4
1
1
a 2 3 a3
Ta có VS . ABC = .SA.S ΔABC = .a 3.
= .
3
3
4
4

**Chọn A**

Ta có V = 33 = 27 cm3 .

S

13a

A 3a
B

C H

Gọi H là hình chiếu của S trên ( ABC )

AB \perp SB  Trong ( ABC )
Có  $\Rightarrow$ AB \perp ( SHB ) $\Rightarrow$ AB \perp HB $\Rightarrow$ AC / / HB
AB \perp SH  AB \perp AC

AC \perp SC  Trong ( ABC )

 $\Rightarrow$ AC \perp ( SHC ) $\Rightarrow$ AC \perp HC AB $\Rightarrow$ AB / / HC
AC \perp SH  \perp AC

Suy ra tứ giác ABHC là hình chữ nhật nên AH = BC = 5a

AC = BC 2 - AB 2 = 4a

Tam giác SHA vuông tại H có

SH = SA2 - AH 2 = 12a

1 1
Vậy VS . ABC = SH . AB. AC = 24a 3 .
3 2

Ta có thể tích khối lăng trụ là: V = 36a 2 .4a = 144a 3

S

B
C
H
M

A
SA = SB = SC $\Rightarrow$ chân đường cao H kẻ từ đỉnh S của hình chóp S . ABC chính là tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC (với H $\in$ BM , M là trung điểm của AC ).

( ) (
Khi đó, SH \perp ( ABC ) $\Rightarrow$ SB, ( ABC ) = SB, HB = SBH = 60^\circ. )
Ta có AC 2 = AB 2 + BC 2 - 2 AB.BC.cos ABC $\Rightarrow$ AB = BC = a.
1 1 a2 3
$\Rightarrow$ S$\Delta$ ABC = . AB.BC.sin ABC = .a.a.sin120^\circ = .
2 2 4
AC
$\Rightarrow$ BH = = a $\Rightarrow$ SH = BH .tan SBH = a 3.
2sin ABC
1 a3
Vậy VS . ABC = .S$\Delta$ ABC .SH = .
3 4

Vì tam giác ABC vuông tại A nên ta có: AB = BC 2 - AC 2 = (10a ) - ( 6a ) = 8a.
2 2

1 1
Diện tích tam giác ABC là S = AB. AC = 8a.6a = 24a 2 .
2 2
1 1
Thể tích khối chóp A'. ABC là V = .S . AA' = .24a 2 .8a = 64a 3 .
3 3

Thể tích của khối hộp chữ nhật là $V=a\cdot b\cdot c=4\cdot 3\cdot 2=24$. Chọn A.