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

Gọi $M$ là trung điểm $BC$ và $O$ là tâm tam giác đều $ABC\Rightarrow SO\perp (ABC)$ và $BC\perp (SAM)$. Kẻ $MK\perp SA$ tại $K$ thì $d(SA,BC)=MK=\frac{a\sqrt{6}}{3}$. Suy ra $OH=d(O,SA)=\frac{2}{3}MK=\frac{2\sqrt{6}a}{9}$. Với $OA=\frac{a\sqrt{3}}{3}$, ta có $SO=\frac{OH\cdot OA}{\sqrt{O{A}^2-O{H}^2}}=\frac{2\sqrt{6}a}{3}$. Vậy thể tích khối chóp là $V=\frac{1}{3}SO\cdot S_{△ABC}=\frac{1}{3}\cdot \frac{2\sqrt{6}a}{3}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{\sqrt{2}{a}^3}{6}$. Chọn B.

Mở rộng các cạnh bên của hình chóp cụt để tạo thành hình chóp đều đỉnh $S$. Gọi $h_1$ là chiều cao của hình chóp nhỏ (có đáy là hình vuông cạnh $3\text{ cm}$). Gọi $h_2$ là chiều cao của hình chóp lớn (có đáy là hình vuông cạnh $5\text{ cm}$).
Theo định lý Ta-lét, tỉ số chiều cao bằng tỉ số cạnh đáy tương ứng: $\frac{h_1}{h_2}=\frac{3}{5}\Rightarrow 5h_1=3h_2$.
Mặt khác, chiều cao của khối chóp cụt là $2,5\text{ cm}$ nên $h_2-h_1=2,5$.
Giải hệ phương trình trên ta được: $h_1=3,75\text{ cm}$ và $h_2=6,25\text{ cm}$.
Gọi $V_1,V_2$ lần lượt là thể tích của khối chóp nhỏ (đỉnh $S$, đáy $3$) và khối chóp lớn (đỉnh $S$, đáy $5$). Gọi mặt phẳng cắt nằm cách đỉnh $S$ một khoảng $h_x$, tạo thành khối chóp có thể tích $V_x$. Phần bị cắt đi là một khối chóp cụt có thể tích $V_{\text{ca˘ˊt}}=V_x-V_1=\frac{1}{2}(V_2-V_1)\iff V_x=\frac{V_1+V_2}{2}$.
Ta có $\frac{V_x}{V_2}={\left(\frac{h_x}{h_2}\right)}^3$ và $\frac{V_1}{V_2}={\left(\frac{3}{5}\right)}^3=\frac{27}{125}$.
Từ đó $\frac{V_x}{V_2}=\frac{1}{2}\left(\frac{27}{125}+1\right)=\frac{76}{125}\Rightarrow h_x=h_2\cdot \sqrt[3]{\frac{76}{125}}=1,25\cdot \sqrt[3]{76}\approx 5,294\text{ cm}$.
Chiều cao $h$ của phần bị cắt đi là $h=h_x-h_1\approx 5,294-3,75=1,544\approx 1,54\text{ cm}$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 101, trang 9), Câu 1 (Phần III) có đáp số là $9$.

Thể tích của khối lăng trụ là $V=B\cdot h=7a^2\cdot 2a=14a^3$. Chọn A.

Diện tích xung quanh của hình nón là $S_{xq}=\pi rl=\pi \cdot 3\cdot 9=27\pi$. Chọn D.

Hình nón tạo thành có bán kính đáy $r=IM=8$, chiều cao $h=OI=6$ và độ dài đường sinh $l=OM=\sqrt{O{I}^2+I{M}^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$. Diện tích xung quanh của hình nón là $S_{xq}=\pi rl=\pi \cdot 8\cdot 10=80\pi$. Chọn C.

Diện tích đáy là $S_{ABCD}=AB\cdot AD=2a^2$. Thể tích khối chóp $S.ABCD$ là $V=\frac{1}{3}SA\cdot S_{ABCD}=\frac{1}{3}\cdot \sqrt{3}a\cdot 2a^2=\frac{2\sqrt{3}{a}^3}{3}$. Chọn D.

Thiết diện qua trục là hình vuông cạnh bằng $4$ nên đường cao $h=l=4$ và đường kính đáy $2r=4\Rightarrow r=2$. Diện tích xung quanh của hình trụ là $S_{xq}=2\pi rl=2\pi \cdot 2\cdot 4=16\pi$. Chọn D.

Theo bảng đáp án chính thức Mã đề 152 (trang 8): Chọn B. Chiều cao khối nón là $h=\sqrt{l^2-R^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$. Thể tích khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi R^{2}h=\frac{1}{3}\pi \cdot 3^2\cdot 4=12\pi$.

Theo bảng đáp án chính thức Mã đề 152 (trang 8): Chọn B. Diện tích đáy là $S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$, chiều cao $h=a\sqrt{3}$. Thể tích khối lăng trụ là $V=S_{ABC}\cdot h=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot a\sqrt{3}=\frac{3a^3}{4}$.

Theo bảng đáp án chính thức Mã đề 152 (trang 8): Chọn A. Vì $△ABD$ đều cạnh $a$ và $H$ là trung điểm $AB$ nên $DH\perp AB\Rightarrow DH\perp CD$ với $DH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Từ $\frac{1}{d(H,(SCD){)}^2}=\frac{1}{S{H}^2}+\frac{1}{D{H}^2}\Rightarrow \frac{1}{S{H}^2}=\frac{4}{a^2}-\frac{4}{3a^2}=\frac{8}{3a^2}\Rightarrow SH=\frac{a\sqrt{6}}{4}$. Diện tích đáy $S_{ABCD}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$, nên $V=\frac{1}{3}SH\cdot S_{ABCD}=\frac{a^3\sqrt{2}}{8}$.

Theo bảng đáp án chính thức Mã đề 152 (trang 8): Chọn B. Bán kính đáy $R=\sqrt{3}$, dây $AB=\sqrt{6}\Rightarrow O{A}^2+O{B}^2=A{B}^2\Rightarrow △OAB$ vuông cân tại $O$, $S_{△OAB}=\frac{3}{2}$. Từ $V_{SOAB}=\frac{1}{3}SO\cdot S_{△OAB}=1\Rightarrow SO=2$. Gọi $I$ là trung điểm $AB\Rightarrow OI=\frac{\sqrt{6}}{2}$, $SI=\sqrt{S{O}^2+O{I}^2}=\sqrt{\frac{11}{2}}$, suy ra $S_{△SAB}=\frac{1}{2}AB\cdot SI=\frac{\sqrt{33}}{2}$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 121, trang 7), Câu 10 (Phần I) chọn đáp án A.

Ta có $S_{△ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot BC=3a^2$, suy ra $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SA\cdot S_{△ABC}=\frac{1}{3}\cdot 2a\cdot 3a^2=2a^3$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 121, trang 7), Câu 11 (Phần I) chọn đáp án D.

Ta có $A{A}^{\prime }=\sqrt{A^{\prime }{B}^2-A{B}^2}=a\sqrt{3}$ và $S_{△ABC}=\frac{1}{2}{a}^2$, suy ra $V=A{A}^{\prime }\cdot S_{△ABC}=\frac{a^3\sqrt{3}}{2}$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 121, trang 7), Câu 3 (Phần III) có đáp số là $3000$.

Tam giác đều $ABC$ cạnh $20$ có đường cao $AH=10\sqrt{3}$ và diện tích $S_{△ABC}=100\sqrt{3}$. Vì góc giữa $A{A}^{\prime }$ và $(ABC)$ là $\widehat{A^{\prime }AH}=45^{\circ }$ nên $A^{\prime }H=AH\tan 45^{\circ }=10\sqrt{3}$. Thể tích lăng trụ $V=A^{\prime }H\cdot S_{△ABC}=10\sqrt{3}\cdot 100\sqrt{3}=3000$.

Góc ở đỉnh bằng $60^{\circ }$ nên thiết diện qua trục là tam giác đều cạnh $l$, đáy có đường kính $2r=l\Rightarrow l=2r$.

Thể tích khối chóp là $V=\frac{1}{3}Bh=\frac{1}{3}\cdot 8a^2\cdot 3a=8a^3$.

Ta có $V=B\cdot h\Rightarrow B=\frac{V}{h}=\frac{12a^3}{2a}=6a^2$.

Ta có $S_{xq}=2\pi rh\Rightarrow h=\frac{4\pi a^2}{2\pi a}=2a$.

Gọi $I$ là trọng tâm tam giác đều $ABC$, $M$ là trung điểm $BC$, suy ra $A^{\prime }I\perp (ABC)$. Ta có $d(I,A{A}^{\prime })=\frac{2}{3}d(M,A{A}^{\prime })=\frac{2}{3}d(BC,A{A}^{\prime })=\frac{a}{2}$. Với $AI=\frac{a\sqrt{3}}{3}$, từ $\frac{1}{d^2(I,A{A}^{\prime })}=\frac{1}{A{I}^2}+\frac{1}{A^{\prime }{I}^2}$ tính được $A^{\prime }I=a$. Vậy $V=A^{\prime }I\cdot S_{ABC}=a\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}$.