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

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $D(4;0;0)$, $B(1;\sqrt{3};0)$, $C(3;\sqrt{3};0)$ (đáy là hình thang cân $AD\parallel BC$, $AB=CD=2$, $BC=2$, chiều cao đáy $\sqrt{3}$, diện tích đáy $3\sqrt{3}$). Gọi $h=A{A}^{\prime }$ là chiều cao lăng trụ.

a) Khoảng cách từ $D$ đến $AB$: đường $AB$: $\sqrt{3}x-y=0$, $d(D,AB)=\frac{4\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$. Góc nhị diện $[D^{\prime },AB,D]$: $\tan 45^{\circ }=\frac{A{A}^{\prime }}{d(D,AB)}=\frac{h}{2\sqrt{3}}\Rightarrow h=2\sqrt{3}$. Góc giữa $A^{\prime }B$ và $(ABCD)$ là góc giữa $A^{\prime }B$ và $AB$: $\tan \alpha =\frac{A{A}^{\prime }}{AB}=\frac{2\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}\Rightarrow \alpha =60^{\circ }$. Đúng.

b) $V=3\sqrt{3}\cdot 2\sqrt{3}=18\ne 6$. Sai.

c) ${\vec{u}}_{AD}=(1;0;0)$, ${\vec{u}}_{A^{\prime }C}=(3;\sqrt{3};-2\sqrt{3})$, ${\vec{u}}_{AD}\times {\vec{u}}_{A^{\prime }C}=(0;2\sqrt{3};\sqrt{3})$, $\overrightarrow{A^{\prime }A}=(0;0;-2\sqrt{3})$. Khoảng cách $=\frac{|(0;0;-2\sqrt{3})\cdot (0;2\sqrt{3};\sqrt{3})|}{\sqrt{15}}=\frac{6}{\sqrt{15}}=\frac{2\sqrt{15}}{5}\ne \frac{\sqrt{15}}{5}$. Sai.

d) Mặt phẳng $(A^{\prime }BC)$: $\vec{n}=\overrightarrow{BC}\times \overrightarrow{B{A}^{\prime }}\propto (0;2;1)$, phương trình $2y+z=2\sqrt{3}$. Thay $D^{\prime }(4;0;2\sqrt{3})$: thỏa mãn, nên mặt cắt là tứ giác $A^{\prime }BC{D}^{\prime }$. Phần chứa $B^{\prime },C^{\prime }$ là chóp $D^{\prime }.BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$ với $S_{BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }}=2\cdot 2\sqrt{3}=4\sqrt{3}$, chiều cao từ $D^{\prime }$ đến mặt phẳng $y=\sqrt{3}$ bằng $\sqrt{3}$: $V_2=\frac{1}{3}\cdot 4\sqrt{3}\cdot \sqrt{3}=4$. $V_1=18-4=14$. Khi đó $3V_1=42\ne 4V_2=16$. Sai.

Kết luận: chỉ nhận định a đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Từ góc nhị diện 45° suy ra $A{A}^{\prime }=2\sqrt{3}$; góc giữa $A^{\prime }B$ và $(ABCD)$ có $\tan \alpha =\frac{2\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}\Rightarrow \alpha =60^{\circ }$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Diện tích đáy $3\sqrt{3}$, chiều cao $2\sqrt{3}$, nên $V=18\ne 6$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Tính bằng tích có hướng được $d(AD,A^{\prime }C)=\frac{2\sqrt{15}}{5}\ne \frac{\sqrt{15}}{5}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Mặt phẳng $(A^{\prime }BC)$ thực chất đi qua $D^{\prime }$ (phương trình $2y+z=2\sqrt{3}$). $V_2=4$, $V_1=14$, nên $3V_1=42\ne 16=4V_2$.

Đáp án: C. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 34, Mã đề 101; câu tương ứng ở các mã đề hoán vị trong cùng PDF: Mã đề 102 Câu 50 (A), Mã đề 103 Câu 46 (A), Mã đề 104 Câu 49 (C); đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Kẻ $AI\perp B{B}^{\prime },AK\perp C{C}^{\prime }\Rightarrow AI=\sqrt{3},AK=2$. Gọi $F$ là trung điểm của $BC$ nên $AF=A^{\prime }M=\sqrt{13}$.
[IMAGE_1]
Vì $C{C}^{\prime }\perp AI$ và $C{C}^{\prime }\perp AK$ nên $C{C}^{\prime }\perp (AIK)$, suy ra góc giữa $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ và $(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ là $(KA,KI)=60^{\circ }$. Áp dụng định lý sin trong $△AIK$: $\frac{AI}{\sin \widehat{AKI}}=\frac{AK}{\sin \widehat{AIK}}\Rightarrow \widehat{AIK}=90^{\circ }\Rightarrow KI=1$. Gọi $E$ là trung điểm của $KI\Rightarrow AE=\frac{\sqrt{13}}{2}$. Vì $EF\parallel C{C}^{\prime }$ nên $EF\perp AE$. Tam giác $AMF$ vuông tại $A$, đường cao $AE$ có $AF=\sqrt{13},AE=\frac{\sqrt{13}}{2}$ nên $\widehat{FAE}=60^{\circ }$. Khi đó $S_{△ABC}=\frac{S_{△AIK}}{\cos \widehat{FAE}}=\sqrt{3}$ và $AM=\frac{AF}{\tan \widehat{AMF}}=\frac{AF}{\tan \widehat{FAE}}=\frac{\sqrt{13}}{\sqrt{3}}$. Vậy thể tích khối lăng trụ là $V_{ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=S_{△ABC}\cdot AM=\sqrt{13}$.