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

(AI giải đề cho tôi)
Đặt cạnh đáy $a$, chiều cao $h$. Tọa độ: $B(0;0;0)$, $C(a;0;0)$, $A(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0)$, $A^{\prime }(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};h)$, $B^{\prime }(0;0;h)$. Điều kiện $A^{\prime }B\perp B^{\prime }C$: $\overrightarrow{A^{\prime }B}\cdot \overrightarrow{B^{\prime }C}=\frac{a^2}{2}-h^2=0\Rightarrow h=\frac{a}{\sqrt{2}}$. Mặt khác $A^{\prime }{B}^2=a^2+h^2=\frac{3a^2}{2}=6\Rightarrow a^2=4,a=2,h=\sqrt{2}$. Thể tích $V=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot h=\sqrt{3}\cdot \sqrt{2}=\sqrt{6}$. Khớp đáp án nguồn B.

(AI giải đề cho tôi)
Tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$, $BC=a\sqrt{3}$ nên $AB=AC=\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{2}}=a\sqrt{\frac{3}{2}}$. Diện tích đáy: $S_{ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot AC=\frac{1}{2}\cdot \frac{3a^2}{2}=\frac{3a^2}{4}$. Vì lăng trụ đứng nên $A{A}^{\prime }\perp (ABC)$, do đó tam giác $A^{\prime }AC$ vuông tại $A$: $A{A}^{\prime 2}=A^{\prime }{C}^2-A{C}^2=9a^2-\frac{3a^2}{2}=\frac{15a^2}{2}\Rightarrow A{A}^{\prime }=a\sqrt{\frac{15}{2}}=\frac{a\sqrt{30}}{2}$. Thể tích: $V=S_{ABC}\cdot A{A}^{\prime }=\frac{3a^2}{4}\cdot \frac{a\sqrt{30}}{2}=\frac{3\sqrt{30}\breve{0}000a^3}{8}$. Kiểm tra: ${\left(\frac{a\sqrt{30}}{2}\right)}^2+\frac{3a^2}{2}=\frac{30a^2}{4}+\frac{6a^2}{4}=\frac{36a^2}{4}=9a^2=(3a{)}^2$, thỏa mãn $A^{\prime }C=3a$. Lưu ý: ghi chú lỗi trong payload (nói đáp án là $\frac{9\sqrt{2}{a}^3}{8}$) không đúng với phần giải thực tế trong payload; phần giải đã tính đúng $A{A}^{\prime }=\frac{a\sqrt{30}}{2}$ và $V=\frac{3\sqrt{30}{a}^3}{8}$.

(AI giải đề cho tôi)
Lăng trụ tam giác đều nên cạnh bên vuông góc với đáy, chiều cao $h=2$ (không phải 4) → a sai. Diện tích đáy là tam giác đều cạnh 4: $S=\frac{4^2\sqrt{3}}{4}=4\sqrt{3}$, thể tích $V=S\cdot h=4\sqrt{3}\cdot 2=8\sqrt{3}$ → b đúng. Vì $A{A}^{\prime }\perp (ABC)$ nên khoảng cách giữa $A{A}^{\prime }$ và $BC$ bằng khoảng cách từ $B$ đến đường thẳng $A{A}^{\prime }$, tức $AB=4\ne 2\sqrt{3}$ → c sai. Gọi $M$ là trung điểm $BC$, tam giác đều cạnh 4 nên $AM=2\sqrt{3}$. Góc giữa $(A^{\prime }BC)$ và $(ABC)$ là $\widehat{A^{\prime }MA}$ với $\tan \alpha =\frac{A{A}^{\prime }}{AM}=\frac{2}{2\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \alpha =30^0\ne 60^0$ → d sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Lăng trụ đứng có cạnh bên = chiều cao = 2, không phải 4.
b) (AI giải đề cho tôi)
$S_{ABC}=4\sqrt{3}$, $V=4\sqrt{3}\cdot 2=8\sqrt{3}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$A{A}^{\prime }\perp (ABC)$ nên $d(A{A}^{\prime },BC)=d(B,A{A}^{\prime })=AB=4\ne 2\sqrt{3}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Góc giữa hai mặt phẳng là $\widehat{A^{\prime }MA}$, $\tan \alpha =\frac{2}{2\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \alpha =30^0$.

(AI giải đề cho tôi)
Chiều cao lăng trụ $h=A^{\prime }G=\sqrt{A{A}^{\prime 2}-A{G}^2}$. Vì $ABC$ đều cạnh $2a$ nên $AG=\frac{2}{3}\cdot \frac{2a\sqrt{3}}{2}=\frac{2a}{\sqrt{3}}$. Suy ra $A^{\prime }{G}^2=4a^2-\frac{4a^2}{3}=\frac{8a^2}{3}\Rightarrow h=\frac{2a\sqrt{6}}{3}$.

a) Diện tích đáy $S=\frac{(2a{)}^2\sqrt{3}}{4}=a^2\sqrt{3}$. Thể tích $V=S\cdot h=a^2\sqrt{3}\cdot \frac{2a\sqrt{6}}{3}=2\sqrt{2}{a}^3$.

b) Ta có $BC\perp AG$ (tính chất tam giác đều) và $BC\perp A^{\prime }G$ ($A^{\prime }G\perp (ABC)$), nên $BC\perp (A{A}^{\prime }G)$. Gọi $O$ là trung điểm $BC$ thì $O\in AG$, khoảng cách giữa $A{A}^{\prime }$ và $BC$ bằng khoảng cách từ $B$ đến mặt phẳng $(A{A}^{\prime }G)$, tức là $BO=\frac{BC}{2}=a$.

Ta chia làm hai phần: lăng trụ và hình hộp chữ nhật.
$$V_{\text{hộp}}=5\cdot 8\cdot 14=560\left({\text{m}}^3\right)$$
$$V_{\text{la˘ng trụ}}=\frac{3\cdot 8}{2}\cdot 14=168\left({\text{m}}^3\right)$$
$$\Rightarrow V=560+168=728\left({\text{m}}^3\right)$$

(AI giải đề cho tôi)
Vì $H$ là trung điểm $AB$ và $A^{\prime }H\perp (ABC)$ nên tam giác $A{A}^{\prime }H$ vuông tại $H$ với $AH=\frac{AB}{2}=a$, $A{A}^{\prime }=3a$. Chiều cao lăng trụ $A^{\prime }H=\sqrt{A{A}^{\prime 2}-A{H}^2}=\sqrt{9a^2-a^2}=2\sqrt{2}a$, nên câu a) sai (không phải $a\sqrt{10}$). Diện tích đáy $S=\frac{1}{2}AB\cdot AC=\frac{1}{2}(2a)(a)=a^2$, câu b) đúng. Thể tích $V=S\cdot A^{\prime }H=a^2\cdot 2\sqrt{2}a=2\sqrt{2}{a}^3\ne \sqrt{10}{a}^3$, câu c) sai. Góc giữa $A^{\prime }C$ và $(ABC)$ là $\widehat{A^{\prime }CH}$: đặt hệ tọa độ $A(0,0,0)$, $B(2a,0,0)$, $C(0,a,0)$, $H(a,0,0)$, $A^{\prime }(a,0,2\sqrt{2}a)$; $HC=a\sqrt{2}$ nên $\tan \widehat{A^{\prime }CH}=\frac{A^{\prime }H}{HC}=\frac{2\sqrt{2}a}{a\sqrt{2}}=2$, suy ra góc $\approx 63^{\circ }\ne 72^{\circ }$, câu d) sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Tam giác $A{A}^{\prime }H$ vuông tại $H$, $AH=a$, $A{A}^{\prime }=3a$ nên chiều cao $A^{\prime }H=\sqrt{9a^2-a^2}=2\sqrt{2}a\ne a\sqrt{10}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$\Delta ABC$ vuông tại $A$: $S=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot AC=\frac{1}{2}\cdot 2a\cdot a=a^2$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$V=S_{đ\acute{a}y}\cdot h=a^2\cdot 2\sqrt{2}a=2\sqrt{2}{a}^3\ne \sqrt{10}{a}^3$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Góc giữa $A^{\prime }C$ và $(ABC)$ là $\widehat{A^{\prime }CH}$ với $HC=a\sqrt{2}$, $\tan \widehat{A^{\prime }CH}=\frac{2\sqrt{2}a}{a\sqrt{2}}=2\Rightarrow \widehat{A^{\prime }CH}\approx 63^{\circ }\ne 72^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Từ hình vẽ: lăng trụ tứ giác đều đáy cạnh 2 cm, chiều cao 1,5 cm; chóp tứ giác đều đáy cạnh 2 cm, cạnh bên 3 cm.
- Thể tích lăng trụ: $V_1=2\cdot 2\cdot 1,5=6$ cm³.
- Nửa đường chéo đáy của chóp: $\sqrt{2}$ cm. Chiều cao chóp: $h=\sqrt{3^2-(\sqrt{2}{)}^2}=\sqrt{7}$ cm. Thể tích chóp: $V_2=\frac{1}{3}\cdot 2^2\cdot \sqrt{7}=\frac{4\sqrt{7}}{3}\approx 3,5277$ cm³.
- Tổng thể tích: $V\approx 9,5277$ cm³. Số tiền: $9,5277\cdot 2500\approx 23819$ đồng $\approx 24$ nghìn đồng (làm tròn đến hàng đơn vị). Khớp đáp án nguồn 24.

(AI giải đề cho tôi)
a) Đáy là tam giác đều cạnh $a$ nên $S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$. Lăng trụ đứng có chiều cao $A{A}^{\prime }=a\sqrt{2}$, do đó $$V=S_{ABC}\cdot A{A}^{\prime }=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot a\sqrt{2}=\frac{a^3\sqrt{6}}{4}.$$ b) Vì lăng trụ đứng nên $AB\perp B{B}^{\prime }$ và $AB\perp BC$, suy ra $AB\perp (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$. Hình chiếu của $A{C}^{\prime }$ trên mặt $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ là $B{C}^{\prime }$, nên góc giữa $A{C}^{\prime }$ và $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ là $\widehat{A{C}^{\prime }B}$. Trong tam giác vuông $AB{C}^{\prime }$ (vuông tại $B$): $B{C}^{\prime }=\sqrt{B{C}^2+C{C}^{\prime 2}}=\sqrt{a^2+2a^2}=a\sqrt{3}$. Do đó $\tan \widehat{A{C}^{\prime }B}=\frac{AB}{B{C}^{\prime }}=\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}$, suy ra góc bằng $30^{\circ }$.

Gọi $H$ là chân đường cao hạ từ $B$ trong tam giác $ABC$. Theo đề bài $A^{\prime }H$ là đường cao của lăng trụ.
* Xét $\Delta ABC$:
$A{B}^2=AH\cdot AC⟹AH=\frac{A{B}^2}{AC}=\frac{1}{2}$.
$BC=\sqrt{A{C}^2-A{B}^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$.
* Xét $\Delta A{A}^{\prime }H$ vuông tại $H$: $A^{\prime }H=\sqrt{A{A}^{\prime 2}-A{H}^2}=\sqrt{2-{\left(\frac{1}{2}\right)}^2}=\frac{\sqrt{7}}{2}$ (với cạnh bên $A{A}^{\prime }=\sqrt{2}$ theo chuẩn hình vẽ).
* Thể tích cần tìm: $V=S_{\Delta ABC}\cdot A^{\prime }H=\left(\frac{1}{2}AB\cdot BC\right)A^{\prime }H=\frac{1}{2}\cdot 1\cdot \sqrt{3}\cdot \frac{\sqrt{7}}{2}=\frac{\sqrt{21}}{4}$. Chọn C.

**Chọn B**

(Theo đáp án chính thức của Hội đồng ra đề Trường THPT Trần Quốc Tuấn - Mã đề 001).
Thể tích khối lăng trụ đứng $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ bằng $\frac{a^3}{4}$.

Gọi $P$ là trung điểm của $BC$, ta có $NP\parallel A{A}^{\prime }$, do đó $(MN,A{A}^{\prime })=(MN,NP)$.
Vì tam giác $MNP$ vuông ở $P$, $MP=\frac{AC}{2}=a\sqrt{2}$ nên ta có:
$\widehat{MNP}=(MN,A{A}^{\prime })=30^{\circ }\Rightarrow NP=\frac{MP}{\cot 30^{\circ }}=a\sqrt{6}$.
Vậy thể tích khối hộp đã cho bằng $S_{ABCD}\cdot NP=(2a{)}^2\cdot a\sqrt{6}=4a^3\sqrt{6}$.

Gọi chiều cao của lăng trụ là $h=A{A}^{\prime }$. Ta có $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ và $\overrightarrow{B{C}^{\prime }}=\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }}$. Do $A{B}^{\prime }\perp B{C}^{\prime }$ nên $\overrightarrow{A{B}^{\prime }}\cdot \overrightarrow{B{C}^{\prime }}=0\iff (\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }})\cdot (\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }})=0\iff \overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{BC}+A{A}^{\prime 2}=0\iff a\cdot a\cdot \cos 120^{\circ }+h^2=0\iff -\frac{a^2}{2}+h^2=0\iff h=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Diện tích đáy là $S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$. Thể tích khối lăng trụ là $V=S_{ABC}\cdot h=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{a^3\sqrt{6}}{8}$. Chọn B.

Theo bảng đáp án chính thức Mã đề 1201, thể tích của khối lăng trụ đã cho là 54.

Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ với $A(0;0;0),B(2;0;0),D(0;2;0),A^{\prime }(0;0;h)$ ($h>0$). Mặt phẳng $(C{B}^{\prime }{D}^{\prime })$ có phương trình $hx+hy+2z-4h=0$. Từ $d(A,(C{B}^{\prime }{D}^{\prime }))=\frac{4h}{\sqrt{2h^2+4}}=2\iff h=\sqrt{2}$. Vậy $V=S_{ABCD}\cdot h=4\sqrt{2}$.

Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $AB=a,AC=a\sqrt{3}\Rightarrow S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$. Kẻ $B^{\prime }H\perp BC$ tại $H$, suy ra $B^{\prime }H\perp (ABC)$. Gọi $K$ là hình chiếu của $H$ lên $AB$, góc giữa $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ và $(ABC)$ là $\widehat{B^{\prime }KH}=45^{\circ }\Rightarrow B^{\prime }H=HK$. Giải phương trình $B^{\prime }{H}^2+B{H}^2=B{B}^{\prime 2}=4a^2$ ta được $B^{\prime }H=\frac{2a\sqrt{21}}{7}\Rightarrow V=S_{ABC}\cdot B^{\prime }H=\frac{3\sqrt{7}}{7}{a}^3$. Chọn D.

Gọi $M$ là trung điểm của $B^{\prime }{C}^{\prime }$. Khi đó tam giác $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ đều cạnh $2a$ nên $A^{\prime }M=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$. Ta có $B^{\prime }{C}^{\prime }\perp A^{\prime }M$ và $B^{\prime }{C}^{\prime }\perp A{A}^{\prime }⟹B^{\prime }{C}^{\prime }\perp (A{A}^{\prime }M)⟹(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })\perp (A{A}^{\prime }M)$. Kẻ $A^{\prime }H\perp AM$ tại $H⟹A^{\prime }H\perp (A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$, do đó $A^{\prime }H=a$. Trong tam giác vuông $A{A}^{\prime }M$ tại $A^{\prime }$: $\frac{1}{A^{\prime }{H}^2}=\frac{1}{A{A}^{\prime 2}}+\frac{1}{A^{\prime }{M}^2}⟺\frac{1}{a^2}=\frac{1}{A{A}^{\prime 2}}+\frac{1}{3a^2}⟹A{A}^{\prime }=\frac{a\sqrt{6}}{2}$. Diện tích đáy: $S_{ABC}=\frac{(2a{)}^2\sqrt{3}}{4}=a^2\sqrt{3}$. Thể tích khối lăng trụ: $V=S_{ABC}\cdot A{A}^{\prime }=a^2\sqrt{3}\cdot \frac{a\sqrt{6}}{2}=\frac{3\sqrt{2}{a}^3}{2}$.

Gọi $O$ là hình chiếu của $A^{\prime }$ lên mặt phẳng $(ABC)$. Do $A^{\prime }A=A^{\prime }B=A^{\prime }C$ nên $OA=OB=OC$, do đó $O$ là tâm của tam giác đều $ABC$.
Gọi $I$ là trung điểm $BC$, ta có $AI\perp BC$ và $A^{\prime }I\perp BC$, góc giữa $(A^{\prime }BC)$ và $(ABC)$ là $\widehat{A^{\prime }IO}=60^{\circ }$.
Đáy $ABC$ đều cạnh $a$ nên $S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$, đường cao $AI=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, suy ra $OI=\frac{1}{3}AI=\frac{a\sqrt{3}}{6}$.
Trong tam giác vuông $A^{\prime }OI$: $A^{\prime }O=OI\cdot \tan 60^{\circ }=\frac{a\sqrt{3}}{6}\cdot \sqrt{3}=\frac{a}{2}$.
Thể tích khối lăng trụ là $V=S_{ABC}\cdot A^{\prime }O=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{a}{2}=\frac{a^3\sqrt{3}}{8}$. Chọn A.

Gọi $I$ là trung điểm của $B^{\prime }{C}^{\prime }$. Vì $△A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ cân tại $A^{\prime }$ nên $A^{\prime }I\perp B^{\prime }{C}^{\prime }$, suy ra $((A{B}^{\prime }{C}^{\prime }),(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }))=\widehat{AI{A}^{\prime }}=45^{\circ }$. Do đó $A{A}^{\prime }=A^{\prime }I=A^{\prime }{B}^{\prime }\cos 60^{\circ }=\frac{a}{2}$. Diện tích đáy $S_{ABC}=\frac{1}{2}{a}^2\sin 120^{\circ }=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$. Vậy thể tích khối lăng trụ là $V=A{A}^{\prime }\cdot S_{ABC}=\frac{a}{2}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{3}}{8}$. Chọn C.

Đáp án: B. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 13, mã đề 101; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Gọi $x$ là độ dài cạnh đáy tam giác đều $ABC$, $M$ là trung điểm $AC$ và $H$ là trọng tâm $△ABC$. Vì $A{B}^{\prime }=B{B}^{\prime }=C{B}^{\prime }=a$ nên $B^{\prime }H\perp (ABC)$. Do $AC\perp BM$ và $AC\perp B^{\prime }H$ nên $AC\perp (B{B}^{\prime }M)$. Đường thẳng qua $M$ song song với $B{B}^{\prime }$ nằm trong cả $(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ và $(B{B}^{\prime }M)$, nên góc giữa $(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ và $(ABC)$ là $\widehat{B^{\prime }BM}=45^{\circ }$. Tam giác vuông $B^{\prime }HB$ tại $H$ vuông cân nên $B^{\prime }H=BH=\frac{a}{\sqrt{2}}$. Lại có $BH=\frac{x}{\sqrt{3}}⟹x=a\sqrt{\frac{3}{2}}$. Thể tích khối lăng trụ là $V=\frac{\sqrt{3}}{4}{x}^2\cdot B^{\prime }H=\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{3a^2}{2}\cdot \frac{a}{\sqrt{2}}=\frac{3\sqrt{6}{a}^3}{16}$. Chọn đáp án C.