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

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 $P$ 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.

Chọn B.

Kẻ $HM\parallel BC$ ($M\in AB$). Do $BC\perp AB$ nên $HM\perp AB$.
Lại có $A^{\prime }H\perp (ABC)\Rightarrow A^{\prime }H\perp AB$. Do đó $AB\perp (A^{\prime }MH)$, suy ra góc giữa $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ và $(ABC)$ là $\widehat{A^{\prime }MH}=60^{\circ }$.
Vì $HC=2HA\Rightarrow \frac{AH}{AC}=\frac{1}{3}\Rightarrow HM=\frac{1}{3}BC=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.
Tam giác $A^{\prime }HM$ vuông tại $H$ có $A^{\prime }H=HM\cdot \tan 60^{\circ }=\frac{a\sqrt{3}}{3}\cdot \sqrt{3}=a$.
Diện tích đáy: $S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}A{B}^2=\frac{1}{2}(a\sqrt{3}{)}^2=\frac{3a^2}{2}$.
Thể tích lăng trụ: $V=A^{\prime }H\cdot S_{\Delta ABC}=a\cdot \frac{3a^2}{2}=\frac{3a^3}{2}$.

**Chọn B**

Xét tam giác ABC vuông tại B có: AC 2  AB 2  BC 2  4a 2  AB 2  a 2  AB  a 3

1 1 a2 3
Và S ABC  BA.BC  a 3.a  .
2 2 2

 BC   AB
Ta có:   BC    ABBA   BC   AB
 BC   BB


Góc giữa mặt phẳng  ABC   với đáy là góc ABA  30o.

AA 1
tan 
ABA   AA  AB tan 
ABA  AB tan 30o  a 3.  a.
AB 3

a 2 3 a3 3
Thể tích khối lăng trụ: V  AA.S ABC  a.  .
2 2

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

Gọi $I=A^{\prime }C\cap A{C}^{\prime }$, khi đó $I$ là trung điểm của $A{C}^{\prime }$ nên $AI=\frac{1}{2}A{C}^{\prime }=6$. Vì đường thẳng $A{C}^{\prime }$ tạo với mặt phẳng $(A^{\prime }BC)$ một góc $30^{\circ }$ nên khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $(A^{\prime }BC)$ là $d(A,(A^{\prime }BC))=AI\cdot \sin 30^{\circ }=6\cdot \frac{1}{2}=3$.
Thể tích khối chóp $A.A^{\prime }BC$ là $V_{A.A^{\prime }BC}=\frac{1}{3}\cdot d(A,(A^{\prime }BC))\cdot S_{△A^{\prime }BC}=\frac{1}{3}\cdot 3\cdot 10=10$.
Mà $V_{A.A^{\prime }BC}=V_{A^{\prime }.ABC}=\frac{1}{3}{V}_{ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}$, suy ra $V_{ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=3\cdot 10=30$.

Đặt cạnh đáy $AB=BC=CA=x$. Vì $M$ là trung điểm $BC$ nên $AM\perp BC,A^{\prime }M\perp BC\Rightarrow \widehat{((A^{\prime }BC),(ABC))}=\widehat{A^{\prime }MA}=45^{\circ }\Rightarrow A{A}^{\prime }=AM=\frac{x\sqrt{3}}{2}$. Chọn hệ trục tọa độ hoặc tính thông qua thể tích tứ diện $A^{\prime }B{C}^{\prime }M$: ta có $d(A^{\prime }B,C^{\prime }M)=\frac{x\sqrt{3}}{4}$. Theo giả thiết $\frac{x\sqrt{3}}{4}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow x=2a$. Khi đó $S_{△ABC}=\frac{(2a{)}^2\sqrt{3}}{4}=a^2\sqrt{3}$ và $A{A}^{\prime }=a\sqrt{3}$. Thể tích khối lăng trụ là $V=S_{△ABC}\cdot A{A}^{\prime }=a^2\sqrt{3}\cdot a\sqrt{3}=3a^3$. Chọn C.

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.

Vì $BC\perp AB$ và $BC\perp A{A}^{\prime }$ nên $BC\perp (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$, suy ra góc giữa $A^{\prime }C$ và $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ là $\widehat{C{A}^{\prime }B}=30^{\circ }$. Trong $△A^{\prime }BC$ vuông tại $B$, $A^{\prime }B=BC\cot 30^{\circ }=a\sqrt{3}$, nên $A{A}^{\prime }=\sqrt{A^{\prime }{B}^2-A{B}^2}=a\sqrt{2}$. Thể tích lăng trụ là $V=\frac{1}{2}{a}^2\cdot a\sqrt{2}=\frac{a^3\sqrt{2}}{2}$ (theo bảng đáp án chính thức trang 13 của mã A-132, Câu 23 in C).

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: $V=S_{ABC}\cdot A{A}^{\prime }=a^2\sqrt{3}\cdot \frac{a\sqrt{6}}{2}=\frac{3\sqrt{2}{a}^3}{2}$.

Chọn B
Vì $B^{\prime }{C}^{\prime }\parallel BC$ nên $B^{\prime }{C}^{\prime }\parallel (A^{\prime }BC)$. Do đó $d(A^{\prime }B,B^{\prime }{C}^{\prime })=d(B^{\prime },(A^{\prime }BC))$.
Tính toán khoảng cách theo cạnh đáy $AB=BC=x$:
Ta tìm được $x=a\sqrt{2}$.
Diện tích đáy: $S_{ABC}=\frac{1}{2}{x}^2=a^2$.
Thể tích khối lăng trụ: $V=S_{ABC}\cdot A{A}^{\prime }=a^2\cdot a=a^3$.

Vì $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ là hình hộp nên $ABCD$ và $BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$ là các hình bình hành.



Hạ $AO\perp (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$. Theo giả thiết $AB=AC=A{C}^{\prime }=A{B}^{\prime }$ nên $OB=OC=O{C}^{\prime }=O{B}^{\prime }$, suy ra hình bình hành $BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$ nội tiếp đường tròn $(O;OB)$ nên $BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$ là hình chữ nhật có tâm $O$.

Gọi $E$ là trung điểm $BC$, ta có $OE\perp BC\Rightarrow BC\perp (AOE)$, do đó $\left((AD{D}^{\prime }{A}^{\prime }),(ABCD)\right)=\left((BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }),(ABCD)\right)=\widehat{OEA}=60^{\circ }$.

Vì $OE=\frac{1}{2}B{B}^{\prime }=a$ nên trong tam giác vuông $AOE$: $AO=OE\tan 60^{\circ }=a\sqrt{3}$.

Diện tích hình chữ nhật $BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$ là $S_{BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }}=BC\cdot B{B}^{\prime }=a\cdot 2a=2a^2$.

Khi đó $V_{ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }}=3V_{A.BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }}=3\cdot \frac{1}{3}\cdot AO\cdot S_{BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }}=a\sqrt{3}\cdot 2a^2=2\sqrt{3}{a}^3$.

Đáp án đúng là B theo bảng đáp án Mã đề 103 của Sở GD&ĐT Sơn La.

Ta có $A^{\prime }{C}^{\prime }=A{A}^{\prime }\cot 30^{\circ }=2a\sqrt{3}=AC$. Vì $\widehat{BAD}=60^{\circ }$ nên $AB=\frac{AC}{\sqrt{3}}=2a\Rightarrow S_{ABCD}=2\cdot \frac{(2a{)}^2\sqrt{3}}{4}=2\sqrt{3}{a}^2$. Vậy $V=A{A}^{\prime }\cdot S_{ABCD}=4\sqrt{3}{a}^3$. Chọn D.

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.

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: $V=S_{\Delta ABC}\cdot A{A}^{\prime }=\sqrt{3}\cdot \sqrt{3}=3$.

Hình chiếu vuông góc của tam giác $A^{\prime }BC$ lên mặt phẳng đáy $(ABC)$ chính là tam giác $ABC$. Áp dụng công thức hình chiếu: $S_{△ABC}=S_{△A^{\prime }BC}\cdot \cos 30^{\circ }=8a^2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=4\sqrt{3}{a}^2$. Gọi cạnh tam giác đều là $x$, ta có $\frac{x^2\sqrt{3}}{4}=4\sqrt{3}{a}^2\Rightarrow x^2=16a^2\Rightarrow x=4a$. Gọi $M$ là trung điểm $BC$, ta có $AM=\frac{4a\sqrt{3}}{2}=2a\sqrt{3}$. Chiều cao $A^{\prime }A=AM\cdot \tan 30^{\circ }=2a\sqrt{3}\cdot \frac{1}{\sqrt{3}}=2a$. Thể tích khối lăng trụ: $V=S_{△ABC}\cdot A^{\prime }A=4\sqrt{3}{a}^2\cdot 2a=8\sqrt{3}{a}^3$. Chọn D.

Đáp án: C. Theo hướng dẫn giải chính thức (trang 12, nhãn 'Câu 47'): Gọi $O$ là tâm hình chữ nhật $ABCD$, vì $A^{\prime }A=A^{\prime }B=A^{\prime }C$ nên $A^{\prime }O\perp (ABCD)$. Gọi $M$ là trung điểm $OC$, tam giác $DOC$ đều cạnh $2a$ nên $DM\perp AC$ và $DM=a\sqrt{3}$. Kẻ $MN\parallel A^{\prime }O$ ($N\in A^{\prime }{C}^{\prime }$) thì góc giữa $(A^{\prime }AC)$ và $(D{A}^{\prime }{C}^{\prime })$ là $\widehat{DNM}=30^{\circ }\Rightarrow A^{\prime }O=MN=\frac{DM}{\tan 30^{\circ }}=3a$. Vậy $V_{ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }}=AB\cdot AD\cdot A^{\prime }O=2a\cdot 2a\sqrt{3}\cdot 3a=12a^3\sqrt{3}$.