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

Chọn A
Đường kính đáy của hình trụ bằng $a\Rightarrow$ bán kính đáy là $r=\frac{a}{2}$.
Diện tích xung quanh của hình trụ: $S_{xq}=2\pi rh=2\pi \cdot \frac{a}{2}\cdot \frac{a}{2}=\frac{\pi a^2}{2}$.

Chọn C
Tam giác $SAB$ cân tại $S$ có $\widehat{ASB}=60^{\circ }$ nên tam giác $SAB$ đều $\Rightarrow SA=SB=AB=2a$.
Đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $2a\Rightarrow BD=2a\sqrt{2}\Rightarrow BO=a\sqrt{2}$.
Chiều cao hình chóp: $SO=\sqrt{S{B}^2-O{B}^2}=\sqrt{4a^2-2a^2}=a\sqrt{2}$.
Thể tích khối chóp: $V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SO=\frac{1}{3}\cdot (2a{)}^2\cdot a\sqrt{2}=\frac{4\sqrt{2}{a}^3}{3}$.

Chọn C
Diện tích đáy $S_{\Delta ABC}=\frac{2^2\sqrt{3}}{4}=\sqrt{3}$.
Gọi $M$ là trung điểm $B^{\prime }{C}^{\prime }$, 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 $\widehat{AM{A}^{\prime }}=45^{\circ }$.
Tam giác $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ đều cạnh 2 nên $A^{\prime }M=\sqrt{3}$.
Vì $\Delta A{A}^{\prime }M$ vuông tại $A^{\prime }$ có $\widehat{AM{A}^{\prime }}=45^{\circ }$ nên $A{A}^{\prime }=A^{\prime }M=\sqrt{3}$.
Thể tích khối lăng trụ: $V=S_{\Delta ABC}\cdot A{A}^{\prime }=\sqrt{3}\cdot \sqrt{3}=3$.

Chọn D
Khoảng cách từ $M$ đến $(SBD)$: vì $M$ là trung điểm $SC$ nên $d(M,(SBD))=\frac{1}{2}d(C,(SBD))=\frac{1}{2}d(A,(SBD))=\frac{a}{4}\Rightarrow d(A,(SBD))=\frac{a}{2}$.
Trong tam giác vuông $ABD$, kẻ $AH\perp BD\Rightarrow AH=\frac{AB\cdot AD}{\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}}=\frac{a\cdot 2a}{\sqrt{a^2+4a^2}}=\frac{2a}{\sqrt{5}}$.
Kẻ $AK\perp SH\Rightarrow AK=d(A,(SBD))=\frac{a}{2}$.
Trong tam giác vuông $SAH$:
$\frac{1}{S{A}^2}=\frac{1}{A{K}^2}-\frac{1}{A{H}^2}=\frac{4}{a^2}-\frac{5}{4a^2}=\frac{11}{4a^2}\Rightarrow SA=\frac{2a}{\sqrt{11}}$.
Thể tích khối chóp $S.ABCD$:
$V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SA=\frac{1}{3}\cdot 2a^2\cdot \frac{2a}{\sqrt{11}}=\frac{4a^3}{3\sqrt{11}}=\frac{4\sqrt{11}{a}^3}{33}$.
Vì $M$ là trung điểm $SC$ nên $V_{S.ABM}=\frac{1}{2}{V}_{S.ABC}=\frac{1}{4}{V}_{S.ABCD}=\frac{\sqrt{11}{a}^3}{33}$.

Chọn B
Diện tích toàn phần của hình nón đã cho bằng Stp = $\pi$ Rl + $\pi$ R 2 = $\pi$ .1.3 + $\pi$ .12 = 4$\pi$ .

1- 2x

Chọn A
Gọi kích thước c$\int$ n lại là a .
Ta có V = 2.6.a = 36 $\Rightarrow$ a = 3
9

Chọn D

1 1 1 1
Ta có V = .SA. AB.BC .sin 
ABC = .3. 3.4.sin 30  = 3 .
3 2 3 2

Chọn C

17
Gọi thiết diện của hình nón và mặt phẳng qua đỉnh S của hình nón là tam giác SAB

Từ giả thiết suy ra tam giác SAB vuông cân tại S và có cạnh huyền AB = 4 3

AB
$\Rightarrow$ SA = SB = 2 6; SM = = 2 3
2


Gọi M là trung điểm của AB . Khi đó góc giữa mặt phẳng ( SAB ) và đáy là  = SMO

MO 1 MO
Xét tam giác vuông SMO : cos  = $\iff$ = $\iff$ MO = 2
SM 3 2 3

Suy ra bán kính đường tr$\int$ n đáy của hình nón là r = OA = OM 2 + AM 2 = 4 + 12 = 4

( với O là tâm đường tr$\int$ n đáy của hình nón)

Chiều cao của hình nón là h = SO = SM 2 - MO 2 = 12 - 4 = 2 2

1 1
$\Rightarrow$ Thể tích khối nón đã cho là V = $\pi$ r 2 .h = $\pi$ .16.2 2 $\approx$ 47, 4 .
3 3

Chọn D
Gọi O là hình chiếu của S lên mặt phẳng ( ABC ) .

S

B C
O

A

 , ( SB, ( ABC ) ) = SBO
Nhận thấy: ( SA, ( ABC ) ) = SAO  và ( SC , ( ABC ) ) = SCO
 nên suy ra

OA = OB = OC hay O là tâm đường tr$\int$ n ngoại tiếp tam giác ABC .
 = 120 , nên 
Tam giác ABC cân tại A có BAC ABC = 
ACB = 30 .
AB AB 6
Khi đó: = 2OA hay OA = = = 6.
sin 
ACB 2sin 
ACB 2.sin 30
 = 6.tan 60 = 6 3 .
Ta có: SO = OA.tan SAO
1 1 1 
Thể tích khối chóp S . ABC là VS . ABC = SO.S ABC = .6 3.  .6.6.sin120  = 54 .
3 3 2 

Chọn C
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ

22
 3   3 
Ta có: O ( 0;0;0 ) , A ( 2;0;0 ) , B ( 0;3;0 ) , C ( 0;0; 4 ) , D (1;0; 2 ) , E 1; ;0  , F  0; ; 2 
 2   2 
P ( 2;0; 4 ) , M ( 2;3;0 ) và N ( 0;3; 4 ) .
    
OM = ( 2;3;0 ) , ON = ( 0;3; 4 ) $\Rightarrow$ [OM ; ON ] = (12; -8;6 ) và OP = ( 2;0; 4 )

1   
Thể tích khối tứ diện OMNP là: VO.MNP = [OM ; ON ] .OP = 8 .
6

Thể tích của tứ diện OMNP bằng 8a 3 .
3

Thể tích của khối hộp chữ nhật là $V=1\cdot 2\cdot 3=6$.

Đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $2a$ nên $AC=2a\sqrt{2}\Rightarrow SA=\sqrt{S{C}^2-A{C}^2}=\sqrt{9a^2-8a^2}=a$. Diện tích tam giác $ABD$ là $S_{ABD}=\frac{1}{2}(2a{)}^2=2a^2$. Vậy $V_{S.ABD}=\frac{1}{3}SA\cdot S_{ABD}=\frac{2a^3}{3}$.

Diện tích hình thoi $ABCD$ là $S_{ABCD}=2\cdot \frac{(4a{)}^2\sqrt{3}}{4}=8\sqrt{3}{a}^2$, thể tích lăng trụ $V=8a\cdot 8\sqrt{3}{a}^2=64\sqrt{3}{a}^3$. Chia khối đa diện $ABCMNK$ thành các tứ diện với $M,N,K$ là trung điểm của $A{B}^{\prime },B^{\prime }C,B{D}^{\prime }$, ta tính được $V_{ABCMNK}=\frac{3}{16}V=12\sqrt{3}{a}^3$.

$V=\frac{1}{3}Bh=\frac{1}{3}\cdot 8\cdot 3=8$. Chọn C.

$V=\pi a^2\cdot 4a=4\pi a^3$. Chọn D.

Diện tích hình vuông $ABCD$ cạnh $a$ bằng $a^2$. Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng $V=A{A}^{\prime }\cdot S_{ABCD}=2a\cdot a^2=2a^3$. Chọn C.

Chiều cao của hình nón là $h=\sqrt{l^2-r^2}=\sqrt{(5a{)}^2-(3a{)}^2}=4a$. Chọn D.

Trong tam giác $AG{A}^{\prime }$ vuông tại $G$, kẻ $GH\perp A{A}^{\prime }$ tại $H$ thì $GH=\frac{a\sqrt{3}}{6}$. Mặt khác $AG=\frac{a\sqrt{3}}{3}$, suy ra $\frac{1}{A^{\prime }{G}^2}=\frac{1}{G{H}^2}-\frac{1}{A{G}^2}=\frac{12}{a^2}-\frac{3}{a^2}=\frac{9}{a^2}\Rightarrow A^{\prime }G=\frac{a}{3}$. Thể tích khối lăng trụ là $V=S_{ABC}\cdot A^{\prime }G=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{a}{3}=\frac{a^3\sqrt{3}}{12}$. Chọn A.

Chọn D

Chọn D