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

(AI giải đề cho tôi)
Gọi cạnh hình thoi $ABCD$ là $a$, với $\widehat{ABC}=60^{\circ }$ thì tam giác $ABC$ đều nên $AC=a$, và $BD=a\sqrt{3}$. Diện tích đáy $S_{ABCD}=\frac{1}{2}AC\cdot BD=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$. Vì $AB\parallel CD$ nên khoảng cách từ $A$ đến $CD$ là $d=a\sin 60^{\circ }=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Góc giữa $(SCD)$ và đáy là góc giữa $SC$ và hình chiếu, có $\tan 60^{\circ }=\frac{SA}{d}=\frac{3\sqrt{3}}{a\sqrt{3}/2}=\frac{6}{a}$, suy ra $a=2\sqrt{3}$. Khi đó $S_{ABCD}=\frac{12\sqrt{3}}{2}=6\sqrt{3}$. Thể tích $V=\frac{1}{3}\cdot 6\sqrt{3}\cdot 3\sqrt{3}=18$.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 6: Lăng trụ ABC.A'B'C' đáy tam giác đều cạnh a, H là trung điểm AB, A'H ⊥ (ABC), A'H = a.

a) Tam giác ABC đều nên đường trung tuyến CH ⊥ AB. Vì A'H ⊥ (ABC) nên A'H ⊥ AB. Từ đó AB ⊥ CH và AB ⊥ A'H ⇒ AB ⊥ (A'HC). Mà AB nằm trong (ABB'A') nên (A'HC) ⊥ (ABB'A') (đpcm).

b) Diện tích đáy $S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$, chiều cao $A^{\prime }H=a$.
$$V=S_{ABC}\cdot A^{\prime }H=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot a=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}.$$

c) Vì AA' ∥ BB' nên d(AA', BC) = d(BB', BC) = d(B, (AA'C)) (do BB' ∥ AA' và B ∈ BC, mặt phẳng (AA'C) chứa C).

Tọa hóa: A(0,0,0), B(a,0,0), C(a/2, a√3/2, 0), A'(a/2, 0, a).
$\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=(a/2,0,a)$, $\overrightarrow{AC}=(a/2,a\sqrt{3}/2,0)$, vectơ pháp tuyến của (AA'C): $\vec{n}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}\times \overrightarrow{AC}=\left(-\frac{a^2\sqrt{3}}{2},\frac{a^2}{2},\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\right)$.

$$d(B,(A{A}^{\prime }C))=\frac{|\vec{n}\cdot \overrightarrow{AB}|}{|\vec{n}|}=\frac{\frac{a^2\sqrt{3}}{2}}{a^2\sqrt{\frac{3}{4}+\frac{1}{4}+\frac{3}{16}}}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{\sqrt{11}}{4}}=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{11}}=\frac{2\sqrt{33}}{11}.$$

Vậy $d(A{A}^{\prime },BC)=\frac{2\sqrt{33}}{11}a\approx 1,044a$ (kiểm tra lại: $\frac{2\sqrt{33}}{11}=\frac{2\cdot 5,7446}{11}\approx 1,044$).

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích khối chóp theo công thức chuẩn là $V=\frac{1}{3}Bh$, với $B$ là diện tích đáy và $h$ là chiều cao. Vậy đáp án đúng là A.

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích khối chóp $V=\frac{1}{3}Bh=\frac{1}{3}\cdot 8a^2\cdot a=\frac{8}{3}{a}^3$. Vậy đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích khối lăng trụ: $V=B\cdot h=7a^2\cdot 2a=14a^3$. Vậy đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích khối lập phương cạnh $3a$ là $V=(3a{)}^3=27a^3$. Vậy đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích khối chóp cụt đều: $V=\frac{h}{3}\left(S_1+S_2+\sqrt{S_1{S}_2}\right)$. Với $h=a$, $S_1=a^2$, $S_2=9a^2$ thì $\sqrt{S_1{S}_2}=\sqrt{9a^4}=3a^2$. Suy ra $V=\frac{a}{3}(a^2+9a^2+3a^2)=\frac{13a^3}{3}$. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $H$ là trung điểm $BC$. Vì lăng trụ tam giác đều nên $AH\perp BC$, $A{A}^{\prime }\perp (ABC)$ suy ra $A^{\prime }H\perp BC$, do đó góc giữa $(A^{\prime }BC)$ và $(ABC)$ là $\widehat{A^{\prime }HA}=30^{\circ }$. Đặt $BC=a$, thì $AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, $h=A{A}^{\prime }=AH\tan 30^{\circ }=\frac{a}{2}$, và $A^{\prime }H=\frac{AH}{\cos 30^{\circ }}=a$. Diện tích tam giác $A^{\prime }BC=\frac{1}{2}\cdot BC\cdot A^{\prime }H=\frac{a^2}{2}=18\Rightarrow a=6$. Suy ra $h=3$, $S_{ABC}=\frac{6^2\sqrt{3}}{4}=9\sqrt{3}$, $V_{A^{\prime }.ABC}=\frac{1}{3}\cdot 9\sqrt{3}\cdot 3=9\sqrt{3}$, $V_{ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=9\sqrt{3}\cdot 3=27\sqrt{3}$. a) Sai vì $h=3\ne 3\sqrt{3}$. b) Đúng. c) Sai vì $V=9\sqrt{3}$. d) Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Với $a=BC=6$: $AH=3\sqrt{3}$, $h=AH\tan 30^{\circ }=3\ne 3\sqrt{3}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{36\sqrt{3}}{4}=9\sqrt{3}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$V_{A^{\prime }.ABC}=\frac{1}{3}\cdot S_{ABC}\cdot h=\frac{1}{3}\cdot 9\sqrt{3}\cdot 3=9\sqrt{3}\ne 3\sqrt{3}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$V=S_{ABC}\cdot h=9\sqrt{3}\cdot 3=27\sqrt{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $A^{\prime }A=A^{\prime }B=A^{\prime }C=a$ nên $A^{\prime }$ nằm trên đường thẳng qua tâm $O$ vuông góc với $(ABC)$. Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều cạnh $a$ là $R=\frac{a}{\sqrt{3}}$, suy ra chiều cao lăng trụ $h=A^{\prime }O=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$.

a) Đúng. Tam giác $ABC$ đều nên $AH\perp BC$; tam giác $A^{\prime }BC$ cân tại $A^{\prime }$ nên $A^{\prime }H\perp BC$. Do đó $BC\perp (A^{\prime }AH)$. Mà $BC\subset (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ nên $(A^{\prime }AH)\perp (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$, góc giữa hai mặt phẳng bằng $90^{\circ }$.

b) Sai. $S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$, nên $V=S_{ABC}\cdot h=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{a\sqrt{6}}{3}=\frac{a^3\sqrt{2}}{4}\ne \frac{a^3\sqrt{2}}{2}$.

c) Đúng. $B{B}^{\prime }\parallel A{A}^{\prime }$ nên $d(B{B}^{\prime },(A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C))=d(B,(A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C))=d(B,AC)$ (vì $A{A}^{\prime }\perp (ABC)$). Trong tam giác đều $ABC$, khoảng cách từ $B$ đến $AC$ là đường cao $\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

d) Sai. Nhị diện $[A^{\prime },BC,A]$ có cạnh $BC$; vì $A^{\prime }H\perp BC$, $AH\perp BC$ nên góc nhị diện là $\widehat{A^{\prime }HA}$. Ta có $AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, $A^{\prime }H=\sqrt{h^2+A{O}^2}$ với $AO=\frac{a}{\sqrt{3}}$: $A^{\prime }H=\sqrt{\frac{2a^2}{3}+\frac{a^2}{3}}=a$. Suy ra $\tan \alpha =\frac{A^{\prime }O}{AH}=\frac{a\sqrt{6}/3}{a\sqrt{3}/2}=\frac{2\sqrt{2}}{3}\ne 2\sqrt{2}$.
a) (AI giải đề cho tôi)
$AH\perp BC$ và $A^{\prime }H\perp BC$ nên $BC\perp (A^{\prime }AH)$, do đó $(A^{\prime }AH)\perp (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$V=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{a\sqrt{6}}{3}=\frac{a^3\sqrt{2}}{4}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$d(B{B}^{\prime },(A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C))=d(B,AC)=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\tan \alpha =\frac{A^{\prime }O}{AH}=\frac{2\sqrt{2}}{3}\ne 2\sqrt{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi cạnh đáy là $a$. Vì $SA\perp (ABCD)$ nên hình chiếu của $SC$ lên đáy là $AC=a\sqrt{2}$. Góc giữa $SC$ và đáy là $\widehat{SCA}=45^{\circ }$ nên $SA=AC\tan 45^{\circ }=a\sqrt{2}$.

Tính $d(A,(SBC))$ qua thể tích khối chóp $S.ABC$:
$$V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SA\cdot \frac{a^2}{2}=\frac{a^3\sqrt{2}}{6}.$$
Tam giác $SBC$: $SB=SC=\sqrt{S{A}^2+a^2}=a\sqrt{3}$, $BC=a$, nên $\frac{S_{SBC}}{}=\frac{1}{2}\cdot a\cdot \sqrt{3a^2-\frac{a^2}{4}}=\frac{a^2\sqrt{11}}{4}$.

Do đó $d(A,(SBC))=\frac{3V_{S.ABC}}{S_{SBC}}=\frac{a^3\sqrt{2}/2}{a^2\sqrt{11}/4}=\frac{2a\sqrt{2}}{\sqrt{11}}=\sqrt{2}\Rightarrow a=\frac{\sqrt{11}}{2}$.

Thể tích khối chóp: $V=\frac{1}{3}SA\cdot a^2=\frac{\sqrt{2}}{3}\cdot \frac{11\sqrt{11}}{8}=\frac{11\sqrt{22}}{24}$.

(AI giải đề cho tôi)
Tam giác $ABC$ cân tại $A$ với $AB=AC=1$, $\widehat{BAC}=120^{\circ }$ nên $S_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot 1\cdot 1\cdot \sin 120^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{4}$. Gọi $h=A{A}^{\prime }$ là chiều cao lăng trụ. Vì $B^{\prime }{C}^{\prime }\parallel BC$, mặt phẳng $(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ cắt mặt đáy theo đường qua $A$ song song với $BC$, nên góc giữa hai mặt phẳng là góc nhị diện theo phương $BC$. Dùng tọa độ: $A(0,0,0)$, $B(1,0,0)$, $C\left(-\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},0\right)$, $B^{\prime }(1,0,h)$, $C^{\prime }\left(-\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},h\right)$. Pháp tuyến của $(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$: $\vec{n}=\overrightarrow{A{B}^{\prime }}\times \overrightarrow{A{C}^{\prime }}=\left(-\frac{h\sqrt{3}}{2},-\frac{3h}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$, $|\vec{n}|=\frac{\sqrt{12h^2+3}}{2}$. Pháp tuyến của mặt đáy là $\vec{k}=(0,0,1)$, do đó $\cos \phi =\frac{|n_z|}{|\vec{n}|}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{12h^2+3}}$. Với $\phi =60^{\circ }$: $\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{12h^2+3}}=\frac{1}{2}\Rightarrow 12h^2+3=12\Rightarrow h^2=\frac{3}{4}\Rightarrow h=\frac{\sqrt{3}}{2}$. Thể tích $V=S_{ABC}\cdot h=\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3}{8}$.

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích một viên đá (chóp cụt tứ giác đều): $V=\frac{h}{3}\left(S_1+S_2+\sqrt{S_1{S}_2}\right)$ với $S_1=3^2=9{\text{cm}}^2$, $S_2=1,5^2=2,25{\text{cm}}^2$, $h=3$ cm. $\sqrt{S_1{S}_2}=\sqrt{20,25}=4,5$. Vậy $V=\frac{3}{3}(9+2,25+4,5)=15,75{\text{cm}}^3$. Mỗi khay chứa 6 viên: $6\times 15,75=94,5{\text{cm}}^3$. Cần chứa $2$ lít $=2000{\text{cm}}^3$, số khay tối thiểu $\frac{2000}{94,5}\approx 21,16$, làm tròn lên là $22$ khay.

(AI giải đề cho tôi)
Diện tích đáy hình thoi cạnh 4 với góc $\widehat{BAD}=120^{\circ }$: $S=4\cdot 4\cdot \sin 120^{\circ }=16\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=8\sqrt{3}$ (cm²). Gọi $O$ là tâm hình thoi, $O$ là hình chiếu của $B^{\prime }$ nên $B^{\prime }O\perp (ABCD)$ và $B{B}^{\prime }=B^{\prime }O$. Góc giữa $B{B}^{\prime }$ và đáy là góc $\widehat{B^{\prime }OB}=45^{\circ }$, suy ra chiều cao $h=B^{\prime }O=BO\cdot \tan 45^{\circ }=BO$. Tam giác $ABD$ có $AB=AD=4$, $\widehat{BAD}=120^{\circ }$ nên $B{D}^2=16+16-2\cdot 16\cdot \cos 120^{\circ }=48\Rightarrow BD=4\sqrt{3}$, do đó $BO=2\sqrt{3}$ và $h=2\sqrt{3}$ cm. Thể tích: $V=S\cdot h=8\sqrt{3}\cdot 2\sqrt{3}=48$ (cm³).

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

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích khối hộp chữ nhật bằng tích ba kích thước: $V=3\times 4\times 5=60$. Vậy đáp án D.

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

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

(AI giải đề cho tôi)
Đề cho khối lăng trụ có diện tích đáy $B=4$ và chiều cao $h=6$ (cụm từ 'khối chóp' trong câu hỏi là lỗi đánh máy của đề, giữ nguyên như bản in). Thể tích khối lăng trụ: $V=B\cdot h=4\cdot 6=24$. Vậy đáp án C. (Lưu ý: nếu hiểu nhầm là khối chóp thì $V=\frac{1}{3}Bh=8$, nhưng đối tượng đã cho là khối lăng trụ nên công thức đúng là $V=Bh$.)

(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.