36 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Thể tích khối hộp

Câu 1:

Công thức tính thể tích lăng trụ có diện tích đáy S và chiều cao h là:

A. $V = \frac{1}{3} S h$

B. $V = \frac{1}{2} S h$

C. $V = \frac{1}{6} S h$

D. $V = S h$

Xem đáp án

Công thức tính thể tích lăng trụ có diện tích đáy S và chiều cao hh là $V = S h$ .

Đáp án cần chọn là: D

Câu 2:

Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A′B′C′ có thể tích V. Trên đáy A′B′C′ lấy điểm M bất kì. Thể tích khối chóp M.ABC tính theo V bằng:

A. $\frac{V}{2}$

B. $\frac{2 V}{3}$

C. $\frac{V}{3}$

D. $\frac{3 V}{4}$

Xem đáp án

Vì $M \in (A^{'} B^{'} C^{'}) \Rightarrow d (M; (A B C)) = d ((A^{'} B^{'} C^{'}); (A B C))$

$\Rightarrow V_{M . A B C} = \frac{1}{3} d (M; (A B C)) . S_{A B C} = \frac{1}{3} V$

Đáp án cần chọn là: C

Câu 3:

Mệnh đề nào dưới đây sai?

A.Hai khối hộp chữ nhật có diện tích toàn phần bằng nhau thì có thể tích bằng nhau

B.Hai khối lăng trụ có diện tích đáy và chiều cao tương ứng bằng nhau thì có thể tích bằng nhau

C.Hai khối lập phương có diện tích toàn phần bằng nhau thì có thể tích bằng nhau

D.Hai khối chóp có diện tích đáy và chiều cao tương ứng bằng nhau thì có thể tích bằng nhau

Xem đáp án

Diện tích toàn phần của hình hộp chữ nhật: $S_{t p} = S_{x q} + 2 a b = 2 h (a + b) + 2 a b .$

Thể tích hình hộp chữ nhật: $V = a b h .$

Thể tích của lăng trụ là: $V = S_{d} . h .$

Diện tích toàn phần của khối lập phương: $S_{t p} = 6 a^{2} .$

Thể tích của khối lập phương: $V = a^{3} .$

Thể tích khối chóp là: $V = \frac{1}{3} S_{d} . h .$
Do đó các đáp án B, C, D đúng, chỉ có A sai.

Đáp án cần chọn là: A

Câu 4:

Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A′B′C′D′ có đáy là tứ giác đều cạnh a, biết rằng $B D' = a \sqrt{6}$ . Tính thể tích của khối lăng trụ?

A. $a^{3} \sqrt{2}$

B. $a^{3} \sqrt{3}$

C. $3 a^{3}$

D. $2 a^{3}$

Xem đáp án

Vì $A^{'} B^{'} C^{'} D^{'}$ là hình vuông cạnh a nên $B^{'} D^{'} = a \sqrt{2}$

$B B^{'} ⊥ (A^{'} B^{'} C^{'} D^{'}) \Rightarrow B B^{'} ⊥ B^{'} D^{'} \Rightarrow Δ B B^{'} D^{'}$ vuông tại

B^{'} \Rightarrow B B^{'} = \sqrt{B D^{' 2} - B^{'} D^{' 2}} = \sqrt{6 a^{2} - 2 a^{2}} = 2 a

Vậy $V_{A B C D . A^{'} B^{'} C^{'} D^{'}} = B B^{'} . S_{A B C D} = 2 a . a^{2} = 2 a^{3}$

Đáp án cần chọn là: D

Câu 5:

Lăng trụ đứng tứ giác có đáy là hình thoi mà các đường chéo là 6cm và 8cm, biết rằng chu vi đáy bằng 2 lần chiều cao lăng trụ. Tính thể tích khối lăng trụ

A. $480 c m^{3}$

B. $360 c m^{3}$

C. $240 c m^{3}$

D. $120 c m^{3}$

Xem đáp án

Gọi $O = A C \cap B D$ ta có: $O A = 3 c m; O B = 4 c m$

Xét tam giác vuông OAB có: $A B = \sqrt{O A^{2} + O B^{2}} = \sqrt{3^{2} + 4^{2}} = 5 c m$

Khi đó chu vi đáy bằng $P = 4.5 = 20 = 2 A A^{'} \Rightarrow A A^{'} = 10 (c m)$

S_{A B C D} = \frac{1}{2} A C . B D = \frac{1}{2} .6.8 = 24 (c m^{2})

Vậy $V_{A B C D . A^{'} B^{'} C^{'} D^{'}} = A A^{'} . S_{A B C D} = 10.24 = 240 (c m^{3})$

Đáp án cần chọn là: C

Câu 6:

Cho lăng trụ xiên tam giác ABC.A′B′C′ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, biết cạnh bên là $a \sqrt{3}$ và hợp với đáy ABC một góc 60⁰. Thể tích khối lăng trụ là:

A. $\frac{3 a^{3} \sqrt{3}}{8}$

B. $\frac{a^{3} \sqrt{3}}{8}$

C. $\frac{3 a^{3}}{8}$

D. $\frac{a^{3}}{8}$

Xem đáp án

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A′ trên $(A B C) \Rightarrow A^{'} H ⊥ (A B C)$

⇒AH là hình chiếu vuông góc của AA′ trên $(A B C) \Rightarrow \hat{(A A^{'}; (A B C))} = \hat{(A A^{'}; A H)} = \hat{A^{'} A H} = 60^{0}$

$A^{'} H ⊥ (A B C) \Rightarrow A^{'} H ⊥ A H \Rightarrow Δ A^{'} A H$ vuông tại

H \Rightarrow A^{'} H = A A^{'} . \sin 60 = a \sqrt{3} . \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3 a}{2}

Tam giác ABC đều cạnh nên $S_{A B C} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4}$

Vậy $V_{A B C . A^{'} B^{'} C^{'}} = A^{'} H . S_{A B C} = \frac{3 a}{2} . \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{3 a^{3} \sqrt{3}}{8}$

Đáp án cần chọn là: A

Câu 7:

Cho hình lăng trụ ABCD.A′B′C′D′ có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và góc $\hat{A} = 60^{0}$ . Chân đường cao hạ từ B′ xuống (ABCD) trùng với giao điểm 2 đường chéo, biết $B B' = a$ . Thể tích khối lăng trụ là:

A. $\frac{3 a^{3}}{2}$

B. $\frac{3 a^{3}}{8}$

C. $\frac{3 a^{3}}{4}$

D. $\frac{a^{3}}{4}$

Xem đáp án

Gọi $O = A C \cap B D$

Xét tam giác ABD có $A B = A D = a$ và $\hat{B A D} = 60^{0} \Rightarrow Δ A B D$ đều cạnh

a \Rightarrow B D = a \Rightarrow B O = \frac{a}{2}

$\Rightarrow B^{'} O ⊥ (A B C D) \Rightarrow B^{'} O ⊥ B O \Rightarrow Δ B B^{'} O$ vuông tại O

$\Rightarrow B^{'} O = \sqrt{B B^{' 2} - B O^{2}} = \sqrt{a^{2} - \frac{a^{2}}{4}} = \frac{a \sqrt{3}}{2}$

$S_{A B D} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} \Rightarrow S_{A B C D} = 2 S_{A B D} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{2}$

Vậy $V_{A B C D . A^{'} B^{'} C^{'} D^{'}} = B^{'} O . S_{A B C D} = \frac{a \sqrt{3}}{2} . \frac{a^{2} \sqrt{3}}{2} = \frac{3 a^{3}}{4}$

Đáp án cần chọn là: C

Câu 8:

Cho hình lăng trụ ABC.A′B′C′ có $A B = 2 a, A C = a, A A' = \frac{a \sqrt{10}}{2}, \hat{B A C} = 120^{0}$ . Hình chiếu vuông góc của C′ lên (ABC) là trung điểm của cạnh BC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A′B′C′ theo a?

A. $\frac{a^{3} \sqrt{3}}{4}$

B. $\frac{3 a^{3}}{4}$

C. $\frac{3 a^{3} \sqrt{3}}{4}$

D. $a^{3} \sqrt{3}$

Xem đáp án

Áp dụng định lí Côsin trong tam giác ABC có:

$B C = \sqrt{A B^{2} + A C^{2} - 2 A B . A C . \cos 120}$

$= \sqrt{4 a^{2} + a^{2} - 2.2 a . a . \frac{- 1}{2}} = a \sqrt{7} \Rightarrow C H = \frac{1}{2} B C = \frac{a \sqrt{7}}{2}$

$C^{'} H ⊥ (A B C) \Rightarrow C^{'} H ⊥ C H \Rightarrow Δ C C^{'} H$ vuông tại H

$\Rightarrow C^{'} H = \sqrt{C C^{' 2} - C H^{2}} = \sqrt{\frac{10 a^{2}}{4} - \frac{7 a^{2}}{4}} = \frac{a \sqrt{3}}{2}$

$S_{A B C} = \frac{1}{2} A B . A C . \sin 120 = \frac{1}{2} .2 a . a . \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{2}$

Vậy $V_{A B C . A^{'} B^{'} C^{'}} = C^{'} H . S_{A B C} = \frac{a \sqrt{3}}{2} . \frac{a^{2} \sqrt{3}}{2} = \frac{3 a^{3}}{4}$

Đáp án cần chọn là: B

Câu 9:

Cho hình lăng trụ ABCD.A′B′C′D′ có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a. Hình chiếu vuông góc của điểm A′ trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm I của cạnh AB. Biết A′C tạo với mặt phẳng đáy một góc $α$ với $t a n α = \frac{2}{\sqrt{5}}$ . Thể tích khối chóp A′.ICD là:

A. $\frac{a^{3}}{6}$

B. $\frac{a^{3} \sqrt{3}}{6}$

C. $\frac{a^{3} \sqrt{3}}{3}$

D. $\frac{a^{3}}{3}$

Xem đáp án

Theo bài ra ta có: IC là hình chiếu vuông góc của A′C trên (ABCD)

\Rightarrow (A^{'} C \hat{; (A B C D)}) = \hat{(A^{'} C; I C)} = \hat{A^{'} C I} = α

Xét tam giác vuông IBC có: $I C = \sqrt{I B^{2} + B C^{2}} = \sqrt{\frac{a^{2}}{4} + a^{2}} = \frac{a \sqrt{5}}{2}$

Xét tam giác vuông A′IC có: $A^{'} I = I C . \tan α = \frac{a \sqrt{5}}{2} . \frac{2}{\sqrt{5}} = a$

S_{Δ I C D} = \frac{1}{2} d (I; C D) . C D = \frac{1}{2} a . a = \frac{a^{2}}{2}

Vậy $V_{A^{'} . I C D} = \frac{1}{3} A^{'} I . S_{Δ I C D} = \frac{1}{3} . a . \frac{a^{2}}{2} = \frac{a^{3}}{6}$
Đáp án cần chọn là: A

Câu 10:

Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A′B′C′ mà mặt bên ABB′A′ có diện tích bằng 4. Khoảng cách giữa CC′ và mặt phẳng $(A B B' A')$ bằng 7. Thể tích khối lăng trụ là:

A.10

B.12

C.14

D.16

Xem đáp án

Dựng khối hộp $A B C D . A^{'} B^{'} C^{'} D^{'}$ ta có: $V_{A B C . A^{'} B^{'} C^{'}} = \frac{1}{2} V_{A B C D . A^{'} B^{'} C^{'} D^{'}}$

Khối hộp $A B C D . A^{'} B^{'} C^{'} D^{'}$ có hai đáy là $A B B^{'} A^{'}$ và $C D D^{'} C^{'}$

\Rightarrow V_{A B C D . A^{'} B^{'} C^{'} D^{'}} = S_{A B B^{'} A^{'}} . h

Trong đó $h = d ((A B B^{'} A^{'}); (C D D^{'} C^{'})) = d (C C^{'}; (A B B^{'} A^{'})) = 7$

\Rightarrow V_{A B C D . A^{'} B^{'} C^{'} D^{'}} = 4.7 = 28

Vậy $V_{A B C . A^{'} B^{'} C^{'}} = \frac{1}{2} .28 = 14$

Đáp án cần chọn là: C

Câu 11:

Cho hình lăng trụ đứng ABC.A′B′C′ có đáy ABC là tam giác vuông tại $B, \hat{A C B} = 60^{0}$ , cạnh BC=a, đường chéo A′B tạo với mặt phẳng (ABC) một góc 30⁰. Thể tích khối lăng trụ ABC.A′B′C′ là:

A. $\frac{a^{3} \sqrt{3}}{2}$

B. $\frac{a^{3} \sqrt{3}}{3}$

C. $a^{3} \sqrt{3}$

D. $\frac{3 a^{3} \sqrt{3}}{2}$

Xem đáp án

Vì $A A^{'} ⊥ (A B C) \Rightarrow A B$ là hình chiếu vuông góc của A′B lên

(A B C) \Rightarrow \hat{(A^{'} B; (A B C))} = \hat{(A^{'} B; A B)} = \hat{A^{'} B A} = 30^{0}

Xét tam giác vuông ABC có $A B = B C . \tan 60 = a \sqrt{3}$

$A A^{'} ⊥ (A B C) \supset A B \Rightarrow A A^{'} ⊥ A B \Rightarrow Δ A B A^{'}$ vuông tại A

$\Rightarrow A A^{'} = A B . \tan \hat{A^{'} B A} = a \sqrt{3} . \tan 30 = a \sqrt{3} . \frac{1}{\sqrt{3}} = a$

$S_{Δ A B C} = \frac{1}{2} A B . B C = \frac{1}{2} a \sqrt{3} . a = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{2}$

Vậy $V_{A B C . A^{'} B^{'} C^{'}} = A A^{'} . S_{Δ A B C} = a . \frac{a^{2} \sqrt{3}}{2} = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{2}$
Đáp án cần chọn là: A

Câu 12:

Đáy của hình lăng trụ đứng tam giác ABC.A′B′C′ là tam giác đều cạnh $a = 4$ và biết diện tích tam giác A′BC bằng 8 . Tính thể tích khối lăng trụ?

A.8

B. $8 \sqrt{3}$

C. $\frac{8 \sqrt{3}}{3}$

D. $16 \sqrt{3}$

Xem đáp án

Gọi D là trung điểm của BC ta có:

Tam giác ABC đều nên $A D ⊥ B C$ và $A A^{'} ⊥ (A B C) \Rightarrow A A^{'} ⊥ B C$

$\Rightarrow B C ⊥ (A A^{'} D) \Rightarrow B C ⊥ A^{'} D \Rightarrow Δ A^{'} B C$ cân tại A’

Tam giác ABC đều cạnh $a = 4 \Rightarrow A D = \frac{4 \sqrt{3}}{2} = 2 \sqrt{3}$

S_{Δ A^{'} B C} = \frac{1}{2} A^{'} D . B C \Rightarrow A^{'} D = \frac{2 S_{Δ A^{'} B C}}{B C} = \frac{2.8}{4} = 4

Xét tam giác vuông AA’D có: $A A^{'} = \sqrt{A^{'} D^{2} - A D^{2}} = \sqrt{16 - 12} = 2$

S_{A B C} = \frac{4^{2} \sqrt{3}}{4} = 4 \sqrt{3}

Vậy $V_{A B C . A^{'} B^{'} C^{'}} = A A^{'} . S_{A B C} = 2.4 \sqrt{3} = 8 \sqrt{3}$
Đáp án cần chọn là: B

Câu 13:

Cho lăng trụ đều ABC.A′B′C′, cạnh đáy bằng a, góc giữa hai mặt phẳng $(A' B C)$ và (ABC) bằng 60⁰. Tính thể tích khối lăng trụ đó.

A. $\frac{a^{3} \sqrt{3}}{8}$

B. $\frac{3 a^{3} \sqrt{3}}{4}$

C. $\frac{3 a^{3} \sqrt{3}}{8}$

D. $\frac{a^{3} \sqrt{3}}{4}$

Xem đáp án

Gọi M là trung điểm của BC. Ta có:

$A M ⊥ B C$ (do $Δ A B C$ đều)

B C ⊥ A A^{'} (g t)

\Rightarrow B C ⊥ (A A^{'} M) \Rightarrow B C ⊥ A^{'} M

Ta có: $\{\begin{matrix} (A' B C) \cap (A B C) = B C \\ A M \subset (A B C), A M ⊥ B C \\ A' M \subset (A' B C), A' M ⊥ B C \end{matrix}$

\Rightarrow ∠ ((A^{'} B C); (A B C)) = ∠ (A^{'} M; A M) = ∠ A^{'} M A = 60^{0}

Vì $Δ A B C$ đều cạnh a nên $A M = \frac{a \sqrt{3}}{2}$ và $S_{Δ A B C} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4}$

Xét tam giác vuông $A^{'} A M$ có: $A A^{'} = A M . \tan 60^{0} = \frac{a \sqrt{3}}{2} . \sqrt{3} = \frac{3 a}{2}$

Vậy thể tích khối lăng trụ là $V_{A B C . A^{'} B^{'} C^{'}} = A A^{'} . S_{Δ A B C} = \frac{3 a}{2} . \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{3 a^{2} \sqrt{3}}{8}$

Đáp án cần chọn là: C

Câu 14:

Cho khối lăng trụ ABC.A′B′C′. Gọi E là trọng tâm tam giác A′B′C′ và F là trung điểm BC. Gọi

V_{1}

là thể tích khối chóp B′.EAF và

V_{2}

là thể tích khối lăng trụ ABC.A′B′C′. Khi đó

\frac{V_{1}}{V_{2}}

có giá trị bằng

A. $\frac{1}{5}$

B. $\frac{1}{4}$

C. $\frac{1}{6}$

D. $\frac{1}{8}$

Xem đáp án

Gọi thể tích ABC.A′B′C′ là V.

Gọi M là trung điểm của B′C′ ta có: $S_{Δ A E F} = \frac{1}{2} S_{A A^{'} M F}$

\Rightarrow V_{B^{'} . A E F} = \frac{1}{2} V_{B^{'} . A A^{'} M F}

Mà $V_{B^{'} . A A^{'} M F} = \frac{2}{3} V_{A B F . A^{'} B^{'} M} = \frac{2}{3} . \frac{1}{2} V = \frac{1}{3} V$

\Rightarrow V_{B^{'} . A E F} = \frac{1}{2} V_{B^{'} . A A^{'} M F} = \frac{1}{2} . \frac{1}{3} V = \frac{1}{6} V

Vậy $\frac{V_{1}}{V} = \frac{1}{6}$
Đáp án cần chọn là: C

Câu 15:

Cho lăng trụ ABC.A′B′C′ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, và $A' A = A' B = A' C = a \sqrt{\frac{7}{12}}$ . Thể tích khối lăng trụ ABC.A′B′C′ theo a là:

A. $\frac{a^{3}}{8}$

B. $\frac{a^{3} \sqrt{3}}{8}$

C. $\frac{3 a^{3} \sqrt{3}}{8}$

D. $\frac{a^{3} \sqrt{3}}{4}$

Xem đáp án

Gọi H là tâm tam giác đều ABC . Vì $A^{'} A = A^{'} B = A^{'} C$ nên hình chóp $A^{'} . A B C$ là đều nên
$A^{'} H ⊥ (A B C)$

Gọi I là trung điểm của AB.

Vì tam giác ABC đều cạnh a nên $C I = \frac{a \sqrt{3}}{2} \Rightarrow H I = \frac{1}{3} C I = \frac{a \sqrt{3}}{6}$

Tam giác A′AB cân tại A′ nên $A^{'} I ⊥ A B \Rightarrow Δ A^{'} A I$ vuông tại

I \Rightarrow A^{'} I = \sqrt{A A^{' 2} - A I^{2}} = \sqrt{\frac{7 a^{2}}{12} - \frac{a^{2}}{4}} = \frac{a}{\sqrt{3}}

$A^{'} H ⊥ (A B C) \Rightarrow A^{'} H ⊥ H I \Rightarrow Δ A^{'} H I$ vuông tại

H \Rightarrow A^{'} H = \sqrt{A^{'} I^{2} - H I^{2}} = \sqrt{\frac{a^{2}}{3} - \frac{a^{2}}{12}} = \frac{a}{2}

Vì tam giác ABC đều cạnh a nên $S_{A B C} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4}$

Vậy $V_{A B C . A^{'} B^{'} C^{'}} = A^{'} H . S_{A B C} = \frac{a}{2} . \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{8}$
Đáp án cần chọn là: B

Câu 16:

Cho hình lăng trụ ABC.A′B′C′ có đáy ABC là tam giác cân $A B = A C = a; \hat{B A C} = 120^{0}$ và AB′ vuông góc với $(A' B' C')$ . Mặt phẳng $(A A' C')$ tạo với mặt phẳng $(A' B' C')$ một góc 30⁰. Thể tích khối lăng trụ ABC.A′B′C′ là:

A. $\frac{a^{3} \sqrt{3}}{3}$

B. $\frac{8 a^{3}}{3}$

C. $\frac{a^{3} \sqrt{3}}{8}$

D. $\frac{a^{3} \sqrt{3}}{2}$

Xem đáp án

Trong (A’B’C’) kẻ $B^{'} K ⊥ A^{'} C^{'} (K \in A^{'} C^{'})$

Ta có:

$\begin{matrix} A B' ⊥ A' C' (A B' ⊥ (A' B' C')) \\ B' K ⊥ A' C' \end{matrix}\} \Rightarrow A' C' ⊥ (A B' K) \Rightarrow A' C' ⊥ A K$

$\begin{matrix} (A A' C') \cap (A' B' C') = A' C' \\ (A A' C') \supset A K ⊥ A' C' \\ (A' B' C') \supset B' K ⊥ A' C' \end{matrix}\} \Rightarrow ((A A' \hat{C'); (A'} B' C')) = (A \hat{K; B}' K) = \hat{A K B}' = 30^{0}$

Ta có:

\begin{array}{l} S_{A^{'} B^{'} C^{'}} = \frac{1}{2} A^{'} B^{'} . A^{'} C^{'} . \sin 120 = \frac{1}{2} a^{2} . \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{1}{2} B^{'} K . A^{'} C^{'} \\ \Rightarrow B^{'} K = \frac{2 S_{A^{'} B^{'} C^{'}}}{A^{'} C^{'}} = \frac{\frac{a^{2} \sqrt{3}}{2}}{a} = \frac{a \sqrt{3}}{2} \end{array}

$A B^{'} ⊥ (A^{'} B^{'} C^{'}) \Rightarrow A B^{'} ⊥ B^{'} K \Rightarrow Δ A B^{'} K$ vuông tại B’

\Rightarrow A B^{'} = B^{'} K . t a n 30 = \frac{a \sqrt{3}}{2} . \frac{\sqrt{3}}{3} = \frac{a}{2}

Vậy $V_{A B C . A^{'} B^{'} C^{'}} = A B^{'} . S_{A^{'} B^{'} C^{'}} = \frac{a}{2} . \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{8}$

Đáp án cần chọn là: C

Câu 17:

Cho hình lăng trụ ABC.A′B′C′ có độ dài tất cả các cạnh bằng a và hình chiếu vuông góc của đỉnh C trên (ABB′A′) là tâm của hình bình hành ABB′A′. Thể tích của khối lăng trụ là:

A. $\frac{a^{3}}{4}$

B. $\frac{a^{3} \sqrt{2}}{2}$

C. $\frac{a^{3} \sqrt{2}}{4}$

D. $\frac{a^{3}}{2}$

Xem đáp án

Gọi O là tâm hình bình hành $A B B^{'} A^{'}$ .Ta có $C O ⊥ (A B B^{'} A^{'}) \Rightarrow C O ⊥ O A; C O ⊥ O B$

$Δ C O A = Δ C O B (c . g . c) \Rightarrow O A = O B \Rightarrow A B^{'} = A^{'} B \Rightarrow A B B^{'} A^{'}$ là hình chữ nhật.

Lại có $A B = B B^{'} = a \Rightarrow A B B^{'} A^{'}$ là hình vuông

Khi đó $O A = O B = \frac{A B}{\sqrt{2}} = \frac{a}{\sqrt{2}}$

Xét tam giác vuông OAC có: $O C = \sqrt{A C^{2} - O A^{2}} = \sqrt{a^{2} - \frac{a^{2}}{2}} = \frac{a \sqrt{2}}{2}$

\Rightarrow V_{C . A^{'} A B} = \frac{1}{3} O C . S_{A^{'} A B} = \frac{1}{3} . \frac{a \sqrt{2}}{2} . \frac{a^{2}}{2} = \frac{a^{3} \sqrt{2}}{12}

Mà $V_{A B C . A^{'} B^{'} C^{'}} = S_{A B C} . d (A^{'}, (A B C)) = 3. \frac{1}{3} S_{A B C} . d (A^{'}, (A B C)) = 3. V_{A^{'} . A B C}$
Vậy $V_{A B C . A^{'} B^{'} C^{'}} = 3 V_{C . A^{'} A B} = \frac{a^{3} \sqrt{2}}{4}$
Đáp án cần chọn là: C

Câu 18:

Cho hình lăng trụ ABCD.A′B′C′D′ có đáy ABCD là hình chữ nhật với $A B = \sqrt{3}, A D = \sqrt{7}$ . Hai mặt bên $(A B B' A')$ và $(A D D' A')$ lần lượt tạo với đáy những góc 45⁰ và 60⁰. Tính thể tích khối hộp nếu biết cạnh bên bằng 1.

A. $V = 3$

B. $V = 2$

C. $V = 4$

D. $V = 8$

Xem đáp án

Kẻ $A^{'} H ⊥ (A B C D); H M ⊥ A B; H N ⊥ A D$

Ta có: $\begin{matrix} A' H ⊥ A B \\ H M ⊥ A B \end{matrix}\} \Rightarrow A B ⊥ (A' H M) \Rightarrow A B ⊥ A' M$

\begin{matrix} (A B B' A') \cap (A B C D) = A B \\ (A B B' A') \supset A' M ⊥ A B \\ (A B C D) \supset H M ⊥ A B \end{matrix}\} \Rightarrow ((A B B' \hat{A'); (A} B C D)) = (A' \hat{M; H} M) = \hat{A' M H} = 45^{o}

Chứng minh tương tự ta có $\hat{A^{'} N H} = 60^{0}$

Đặt $A^{'} H = x$ khi đó ta có:

A^{'} N = \frac{x}{\sin 60} = \frac{2 x}{\sqrt{3}}, A N = \sqrt{A A^{' 2} - A^{'} N^{2}} = \sqrt{1 - \frac{4 x^{2}}{3}} = H M

Mà $H M = x . \cot 45 = x$

\Rightarrow x = \sqrt{1 - \frac{4 x^{2}}{3}} \Leftrightarrow x^{2} = 1 - \frac{4 x^{2}}{3} \Leftrightarrow \frac{7 x^{2}}{3} = 1 \Rightarrow x^{2} = \frac{3}{7} \Rightarrow x = \sqrt{\frac{3}{7}}

S_{A B C D} = \sqrt{3} . \sqrt{7} = \sqrt{21}

Vậy $V_{A B C D . A^{'} B^{'} C^{'} D^{'}} = A^{'} H . S_{A B C D} = \sqrt{\frac{3}{7}} . \sqrt{21} = 3$

Đáp án cần chọn là: A

Câu 19:

Cho hình lăng trụ xiên ABC.A′B′C′ có đáy ABC là tam giác đều với tâm O. Hình chiếu của C′ trên (ABC) là O. Tính thể tích của lăng trụ biết rằng khoảng cách từ O đến CC′ là a và 2 mặt bên (ACC′A′) và (BCC′B′) hợp với nhau góc 90⁰.

A. $\frac{a^{3} \sqrt{2}}{4}$

B. $\frac{3 a^{3} \sqrt{2}}{8}$

C. $\frac{9 a^{3} \sqrt{2}}{8}$

D. $\frac{27 a^{3} \sqrt{2}}{8}$

Xem đáp án

Gọi D là trung điểm của AB. Trong (CC′D) kẻ $O H ⊥ C C^{'} \Rightarrow O H = a$

\begin{matrix} C D ⊥ A B \\ C' O ⊥ A B \end{matrix}\} \Rightarrow A B ⊥ (C C' D) \Rightarrow A B ⊥ C C'

Trong (ABC), qua O kẻ $E F / / A B (E \in B C; F \in A C)$

Ta có: $\begin{matrix} E F ⊥ C C' \\ O H ⊥ C C' \end{matrix}\} \Rightarrow C C' ⊥ (E F H) \Rightarrow C C' ⊥ H E; C C' ⊥ H F$

Ta có:

\begin{matrix} (A C C' A') \cap (B C C' B') = C C' \\ (A C C' A') \supset H F ⊥ C C' \\ (B C C' B') \supset H E ⊥ C C' \end{matrix}\} \Rightarrow ((A C C' \hat{A'); (B} C C' B')) = (H \hat{F; H} E) = 90^{0} \Rightarrow H E ⊥ H F

$\Rightarrow Δ H E F$ vuông tại H

$Δ H C E = Δ H C F (c . g . v - c . h) \Rightarrow H E = H F \Rightarrow Δ H E F$ vuông cân tại H $\Rightarrow E F = 2 H O = 2 a$

Ta có: $\frac{E F}{A B} = \frac{C O}{C D} = \frac{2}{3} \Rightarrow A B = \frac{3}{2} E F = \frac{3}{2} .2 a = 3 a$

\Rightarrow S_{Δ A B C} = \frac{A B^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{9 a^{2} \sqrt{3}}{4}

C D = \frac{A B \sqrt{3}}{2} = \frac{3 a \sqrt{3}}{2} \Rightarrow C O = \frac{2}{3} A B = \frac{2}{3} . \frac{3 a \sqrt{3}}{2} = a \sqrt{3}

$C^{'} O ⊥ (A B C) \Rightarrow C^{'} O ⊥ C O \Rightarrow Δ C C^{'} O$ vuông tại O

\Rightarrow \frac{1}{O H^{2}} = \frac{1}{C^{'} O^{2}} + \frac{1}{C O^{2}} \Rightarrow \frac{1}{C^{'} O^{2}} = \frac{1}{O H^{2}} - \frac{1}{C O^{2}} = \frac{1}{a^{2}} - \frac{1}{3 a^{2}} = \frac{2}{3 a^{2}} \Rightarrow C^{'} O = \frac{\sqrt{6}}{2} a

Vậy $V_{A B C . A^{'} B^{'} C^{'}} = C^{'} O . S_{Δ A B C} = \frac{a \sqrt{6}}{2} . \frac{9 a^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{27 a^{3} \sqrt{2}}{8}$
Đáp án cần chọn là: D

Câu 20:

Cho lăng trụ đứng ABC.A′B′C′ với ABC là tam giác vuông cân tại C có $A B = a$ , mặt bên ABB′A′ là hình vuông. Mặt phẳng qua trung điểm I của AB và vuông góc với AB′ chia khối lăng trụ thành 2 phần. Tính thể tích mỗi phần?

A. $V_{1} = \frac{a^{3}}{48}, V_{2} = \frac{11 a^{3}}{24}$

B. $V_{1} = \frac{a^{3}}{24}, V_{2} = \frac{11 a^{3}}{48}$

C. $V_{1} = \frac{a^{3}}{48}, V_{2} = \frac{11 a^{3}}{48}$

D. $V_{1} = \frac{a^{3}}{24}, V_{2} = \frac{5 a^{3}}{24}$

Xem đáp án

Gọi D là trung điểm của AA′ ta có ID là đường trung bình của tam giác

$A A^{'} B \Rightarrow I D / / A^{'} B$

Mà $A^{'} B ⊥ A B^{'}$ (do ABB′A′ là hình vuông)

\Rightarrow I D ⊥ A B^{'}

Tam giác ABC vuông cân tại C nên $I C ⊥ A B$ Mà $A A^{'} ⊥ (A B C) \Rightarrow A A^{'} ⊥ I C$

\Rightarrow I C ⊥ (A B B^{'} A^{'}) \Rightarrow I C ⊥ A B^{'}

\Rightarrow A B^{'} ⊥ (I C D)

⇒ Mặt phẳng qua I và vuông góc với AB′ là (ICD)

Tam giác ABC vuông cân tại C nên

A C = B C = \frac{A B}{\sqrt{2}} = \frac{a}{\sqrt{2}} \Rightarrow S_{A B C} = \frac{1}{2} A C . B C = \frac{1}{2} \frac{a}{\sqrt{2}} \frac{a}{\sqrt{2}} = \frac{a^{2}}{4}

ABB′A′ là hình vuông $\Rightarrow A A^{'} = A B = a$

\Rightarrow A A^{'} = A B = a

Ta có:

V_{D . A C I} = \frac{1}{3} A D . S_{A C I} = \frac{1}{3} . \frac{1}{2} A A^{'} . \frac{1}{2} S_{A B C} = \frac{1}{12} V_{A B C . A^{'} B^{'} C^{'}} = \frac{1}{12} . \frac{a^{3}}{4} = \frac{a^{3}}{48} = V_{1}

$\Rightarrow V_{2} = V - V_{1} = \frac{a^{3}}{4} - \frac{a^{3}}{48} = \frac{11 a^{3}}{48}$
Đáp án cần chọn là: C

Câu 21:

Cho đa diện ABCDEF có AD,BE,CF đôi một song song. $A D ⊥ (A B C), A D + B E + C F = 5$ , diện tích tam giác ABC bằng 10. Thể tích đa diện ABCDEF bằng

Media VietJack

A.50

B. $\frac{15}{2}$

C. $\frac{50}{3}$

D. $\frac{15}{4}$

Xem đáp án

Chọn $A D = B E = C F = \frac{5}{3}$ thì đa diện là hình lăng trụ đứng ABC.DEF có diện tích đáy $S_{A B C} = 10$ và chiều cao $A D = \frac{5}{3}$

Thể tích $V = S_{A B C} . A D = 10. \frac{5}{3} = \frac{50}{3}$

Đáp án cần chọn là: C

Câu 22:

Cho hình hộp $A B C D . A' B' C' D'$ có thể tích bằng V. Gọi M,N,P,Q,E,F lần lượt là tâm các hình bình hành $A B C D, A' B' C' D', A B B' A', B C C' B', C D D' C', D A A' D'$ . Thể tích khối đa diện có các đỉnh M,P,Q,E,F,N bằng:

A. $\frac{V}{4}$

B. $\frac{V}{2}$

C. $\frac{V}{6}$

D. $\frac{V}{3}$

Xem đáp án

Đặc biệt hóa, coi $A B C D . A^{'} B^{'} C^{'} D^{'}$ là khối lập phương cạnh bằng 1

\Rightarrow V_{A B C D . A^{'} B^{'} C^{'} D^{'}} = 1 = V

Dễ thấy MNPQEF là khối bát diện đều cạnh cạnh $Q E = \frac{1}{2} B D = \frac{\sqrt{2}}{2}$

Vậy $V_{M N P Q E F} = \frac{{(\frac{\sqrt{2}}{2})}^{3} \sqrt{2}}{3} = \frac{1}{6} = \frac{V}{6}$

Đáp án cần chọn là: C

Câu 23:

Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A′B′C′có $A B = a$ , đường thẳng A′B tạo với mặt phẳng $(B C C' B')$ một góc 30⁰. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A′B′C′.

A. $\frac{3 a^{3}}{2}$

B. $\frac{a^{3} \sqrt{6}}{4}$

C. $\frac{3 a^{3}}{4}$

D. $\frac{a^{3} \sqrt{3}}{4}$

Xem đáp án

Gọi M là trung điểm của B′C′. Vì $Δ A^{'} B^{'} C^{'}$ đều nên $A^{'} M ⊥ B^{'} C^{'}$

Ta có: $\{\begin{matrix} A' M ⊥ B' C' \\ A' M ⊥ B B' (B B' ⊥ (A' B' C')) \end{matrix} \Rightarrow A^{'} M ⊥ (B C C^{'} B^{'})$

⇒BM là hình chiếu của A′M lên (BCC′B′)

$\Rightarrow ∠ (A^{'} B; (B C C^{'} B^{'})) = ∠ (A^{'} B; M B) = ∠ A^{'} B M = 30^{0}$

Theo bài ra ta có $Δ A^{'} B^{'} C^{'}$ đều cạnh a nên $A^{'} M = \frac{a \sqrt{3}}{2}$ và $S_{Δ A^{'} B^{'} C^{'}} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4}$

Ta có: $A^{'} M ⊥ (B C C^{'} B^{'}) \Rightarrow A^{'} M ⊥ B M \Rightarrow Δ A^{'} B M$ vuông tại M

\Rightarrow B M = A^{'} M . \cot 30^{0} = \frac{3 a}{2}

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông BB′M ta có:

B B^{'} = \sqrt{B M^{2} - B B^{' 2}} = \sqrt{{(\frac{3 a}{2})}^{2} - {(\frac{a}{2})}^{2}} = a \sqrt{2}

Vậy $V_{A B C . A^{'} B^{'} C^{'}} = B B^{'} . S_{A^{'} B^{'} C^{'}} = a \sqrt{2} . \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{a^{3} \sqrt{6}}{4}$
Đáp án cần chọn là: B

Câu 24:

Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A′B′C′ có diện tích đáy bằng 12 và chiều cao bằng 6. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của CB,CA và P,Q,R lần lượt là tâm các hình bình hành ABB′A′, BCC′B′, CAA′C′. Thể tích của khối đa diện PQRABMN bằng:

Media VietJack

A.42

B.14

C.18

D.21

Xem đáp án

Gọi P′,Q′,R′ lần lượt là giao điểm của mặt phẳng (PQR) với các cạnh CC′,AA′,BB′.

Dễ dàng chứng minh được P′,Q′,R′ tương ứng là trung điểm của các cạnh CC′,AA′,BB′, đồng thời P,Q,R lần lượt là trung điểm của các cạnh Q′R′,R′P′,P′Q′.

Đặt $V = V_{A B C . Q^{'} R^{'} P^{'}}$

Ta có: $S_{R^{'} P Q} = \frac{1}{4} S_{R^{'} Q^{'} P^{'}}$ nên $V_{B . R^{'} P Q} = \frac{1}{4} V_{B . R^{'} Q^{'} P^{'}} = \frac{1}{4} . \frac{1}{3} V = \frac{1}{12} V$

Tương tự ta có: $V_{A . Q^{'} P R} = \frac{1}{12} V$

Ta có: $S_{M N C} = S_{Q R P^{'}} = \frac{1}{4} S_{A B C}$ nên $V_{C M N . P^{'} Q R} = \frac{V}{4}$

Vậy $V V_{P Q R A B M N} = V - V_{B . R^{'} P Q} - V_{A . Q^{'} P R} - V_{C M N . P^{'} Q R} = V - 2. \frac{V}{12} - \frac{V}{4} = \frac{7 V}{12} = \frac{7}{2} . \frac{1}{2} .12.6 = 21$

Đáp án cần chọn là: D

Câu 25:

Ông A dự định sử dụng hết 5m² kính để làm một bể cá bằng kính có dạng hình hộp chữ nhật không nắp, chiều dài gấp đôi chiều rộng (các mối ghép có kích thước không đáng kể). Bể cá có dung tích lớn nhất bằng bao nhiêu (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)?

Xem đáp án

Bước 1: Gọi chiều rộng bể cá là x, tính chiều dài và chiều cao của bế cá theo x.

Gọi chiều rộng của bể cá là x (m) $(x > 0) \Rightarrow$ Chiều dài của bể cá là 2x(m)2x(m)

Gọi h là chiều cao của bể cá ta có

$2 x^{2} + 2 x h + 4 x h = 5 \Leftrightarrow 2 x^{2} + 6 x h = 5 \Leftrightarrow h = \frac{5 - 2 x^{2}}{6 x}$

Bước 2: Tính thể tích của bể cá theo x, sử dụng phương pháp hàm số tìm GTLN của thể tích bể cá.

Khi đó thể tích của bể cá là $2 x^{2} . \frac{5 - 2 x^{2}}{6 x} = \frac{1}{3} (5 x - 2 x^{3}) = \frac{1}{3} f (x)$

Xét hàm số $f (x) = 5 x - 2 x^{3} (x > 0)$ có $f^{'} (x) = 5 - 6 x^{2} = 0 \Leftrightarrow x = \sqrt{\frac{5}{6}}$ .

Lập BBT:

\Rightarrow \max_{(0; + \infty)} f (x) = f (\sqrt{\frac{5}{6}})

\Rightarrow V_{\max} = \frac{1}{3} f (\sqrt{\frac{5}{6}}) = \frac{5 \sqrt{50}}{27} \approx 1, 01 m^{3}

Câu 26:

Cho hình hộp chữ nhật ABCD⋅A′B′C′D′ có M,N,P lần lượt là trung điểm các cạnh BC,C′D′,DD′ (tham khảo hình vẽ). Biết thể tích khối hộp bằng 144 , thể tích khối tứ diện AMNP bằng

A. 15

B. 18

C. 20

D. 24

Xem đáp án

Bước 1: Gọi $E = N P \cap C D$ . Đặt $D C = 2 d, B C = 2 r$

Gọi $E = N P \cap C D$ . Đặt $D C = 2 d, B C = 2 r$

Ta có:

\begin{array}{l} S_{E M A} = S_{E C B A} - S_{E M C} - S_{A B M} \\ = 5 d r - \frac{3}{2} d r - d r = \frac{5}{2} d r \end{array}

Bước 2: Tính thể tích của NPAM

\begin{array}{l} V_{N E A M} = \frac{1}{3} S_{E M A} \cdot d (N, (E M A)) \\ = \frac{1}{3} S_{E M A} \cdot C C^{'} = \frac{5}{24} \cdot 4 d r \cdot C C^{'} \\ = \frac{5}{24} V_{A B C D \cdot A^{'} B^{'} C^{'} D^{'}} = 30. \\ \Rightarrow V_{N P A M} = \frac{1}{2} V_{N E A M} = 15 \end{array}

Câu 27:

Cho hình lăng trụ ABC.A′B′C′ có đáy ABC là tam giác vuông tại A. Cạnh $B C = 2 a$ và $∠ A B C = 60^{0}$ . Biết tứ giác BCC′B′ là hình thoi có $∠ B' B C$ nhọn. Mặt phẳng $(B C C' B')$ vuông góc với (ABC) và mặt phẳng $(A B B' A')$ tạo với (ABC) góc 45⁰. Thể tích khối lăng trụ ABC.A′B′C′ bằng:

A. $\frac{\sqrt{7} a^{3}}{7}$

B. $\frac{3 \sqrt{7} a^{3}}{7}$

C. $\frac{6 \sqrt{7} a^{3}}{7}$

D. $\frac{\sqrt{7} a^{3}}{21}$

Xem đáp án

Trong (BCC′B′) kẻ $B^{'} H ⊥ B C (H \in B C)$ (do $∠ B^{'} B C$ nhọn).

Trong (ABC) kẻ $H K ∥ A C \Rightarrow H K ⊥ A B$ ta có:

\{\begin{matrix} A B ⊥ H K \\ A B ⊥ B' H \end{matrix} \Rightarrow A B ⊥ (B' H K) \Rightarrow A B ⊥ B' K

Ta có: $\{\begin{matrix} (A B B' A') \cap (A B C) = A B \\ B' K \subset (A B B' A'), B' K ⊥ A B \\ H K \subset (A B C), H K ⊥ A B \end{matrix}$

\Rightarrow ∠ ((A B B^{'} A^{'}); (A B C)) = ∠ (B^{'} K; H K) = ∠ B^{'} H K = 45^{0}

$\Rightarrow Δ B^{'} H K$ vuông cân tại $H \Rightarrow B^{'} H = H K = x$

Xét tam giác vuông $B B^{'} H$ có: $B H = \sqrt{B B^{' 2} - B H^{' 2}} = \sqrt{4 a^{2} - x^{2}}$

Xét tam giác vuông ABC có: $A C = B C . \sin 60^{0} = a \sqrt{3}, A B = B C . \cos 60^{0} = a$

Áp dụng định lí Ta-lét ta có:

\frac{B H}{B C} = \frac{H K}{A C} \Rightarrow \frac{\sqrt{4 a^{2} - x^{2}}}{2 a} = \frac{x}{a \sqrt{3}}

\begin{array}{l} \Leftrightarrow 3 (4 a^{2} - x^{2}) = 4 x^{2} \\ \Leftrightarrow 12 a^{2} - 3 x^{2} = 4 x^{2} \\ \Leftrightarrow x^{2} = \frac{12 a^{2}}{7} \\ \Leftrightarrow x = \frac{2 a \sqrt{21}}{7} = B^{'} H \end{array}

S_{Δ A B C} = \frac{1}{2} A B . A C = \frac{1}{2} . a . a \sqrt{3} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{2}

Vậy $V_{A B C . A^{'} B^{'} C^{'}} = B^{'} H . S_{Δ A B C} = \frac{2 a \sqrt{21}}{7} . \frac{a^{2} \sqrt{3}}{2} = \frac{3 a^{3} \sqrt{7}}{7}$
Đáp án cần chọn là: B

Câu 28:

Cho hình lập phương ABCD.A′B′C′D′ có thể tích V. Gọi M là điểm thuộc cạnh BB′ sao cho $M B = 2 M B' .$ Mặt phẳng $(α)$ đi qua M và vuông góc với AC′ cắt các cạnh DD′, DC, BC lần lượt tại N, P, Q. Gọi $V_{1}$ là thể tích của khối đa diện CPQMNC′.Tính tỉ số $\frac{V_{1}}{V}$

A. $\frac{31}{162}$

B. $\frac{35}{162}$

C. $\frac{34}{162}$

D, $\frac{13}{162}$

Xem đáp án

Gọi cạnh của hình lập phương là a.

Ta có:

$(α) ⊥ A C^{'} \Rightarrow (α) ∥ B D$ .Trong $(B D D^{'} B^{'})$ kẻ $M N ∥ B D (N \in D D^{'})$

$(α) ⊥ A C^{'} \Rightarrow α ∥ B^{'} C$ .Trong $(B C C^{'} B^{'})$ kẻ $M Q ∥ B^{'} C (Q \in B C)$

$(α) ⊥ A C^{'} \Rightarrow (α) ∥ B D$ .Trong $(B D D^{'} B^{'})$ kẻ $M N ∥ B D (N \in D D^{'})$

$(α) ⊥ A C^{'} \Rightarrow α ∥ B^{'} C$ . Trong $(A B C D)$ kẻ $P Q ∥ B D (P \in D C)$

Khi đó $(α) \equiv (M N P Q)$

Theo cách dựng ta có $B Q = 2 Q C, D P = 2 P C, D N = 2 N D^{'}$

Gọi H là điểm thuộc CC′ sao cho $C H = 2 H C^{'}$

Khi đó ta có: $V_{C P Q M N C^{'}} = V_{C . M H N} + V_{C Q P . M H N}$

Xét hình chóp $C^{'} . M H N$ có $C^{'} H = \frac{a}{3}, S_{Δ M H N} = \frac{1}{2} a^{2}$

\Rightarrow V_{C^{'} . M H N} = \frac{1}{3} C^{'} H . S_{Δ M H N} = \frac{1}{3} . \frac{a}{3} . \frac{a^{2}}{2} = \frac{a^{3}}{18} = \frac{V}{18}

Xét hình chóp cụt CQP.MHN có

\begin{array}{l} V_{C Q P . M H N} = V_{I . M H N} - V_{I . C Q P} = \frac{1}{3} (I H . S_{Δ M H N} - I C . S_{Δ C Q P}) \\ = \frac{1}{3} (a . \frac{1}{2} a^{2} - \frac{a}{3} . \frac{1}{2} . \frac{a}{3} . \frac{a}{3}) = \frac{13 a^{3}}{8} = \frac{13 V}{81} \end{array}

\Rightarrow V_{1} = V_{C P Q M N C^{'}} = V_{C . M H N} + V_{C Q P . M H N} = \frac{V}{18} + \frac{13 V}{81} = \frac{35 V}{162}

Vậy $\frac{V_{1}}{V} = \frac{35}{162}$

Đáp án cần chọn là: B

Câu 29:

Đề thi THPT QG - 2021 - mã 101

Cho khối hộp chữ nhật ABCD.A′B′C′D′ có đáy là hình vuông, $B D = 2 a$ , góc giữa hai mặt phẳng (A′BD) và (ABCD) bằng 30⁰. Thể tích của khối hộp chữ nhật đã cho bằng

A. $6 \sqrt{3} a^{3} .$

B. $\frac{2 \sqrt{3}}{9} a^{3} .$

C. $2 \sqrt{3} a^{3} .$

D. $\frac{2 \sqrt{3}}{3} a^{3} .$

Xem đáp án

* Xác định $∠ ((A^{'} B D); (A B C D))$

+ $(A^{'} B C) \cap (A B C D) = B D$

+ $\{\begin{matrix} A A' ⊥ B D \\ A O ⊥ B D \end{matrix} \Rightarrow (A' A O) ⊥ B D$

+ $\{\begin{matrix} (A' A O) \cap (A' B D) = A' O \\ (A' A O) \cap (A B C D) = A O \end{matrix}$

$\Rightarrow ∠ ((A^{'} B D); (A B C D)) = ∠ (A^{'} O; A O) = ∠ A^{'} O A$

$\Rightarrow ∠ A^{'} O A = 30^{0}$

* Xét tam giác A′OA vuông tại A có $A O = \frac{1}{2} A C = \frac{1}{2} B D = a$

$\Rightarrow A A^{'} = \tan 30^{0} . A O = \frac{a \sqrt{3}}{3}$

$\Rightarrow V_{A B C D . A^{'} B^{'} C^{'} D^{'}} = S_{A B C D} . A A^{'} = \frac{1}{2} A C . B D . A A^{'}$

$= \frac{1}{2} . {(2 a)}^{2} . \frac{a \sqrt{3}}{3} = \frac{2 \sqrt{3} a^{3}}{3}$

Đáp án cần chọn là: D

Câu 30:

Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A′B′C′ có độ dài cạnh đáy $A B = 8$ , cạnh bên bằng $\sqrt{6}$ (minh họa như hình vẽ). Gọi M là trung điểm của cạnh A′C′. Khoảng cách từ B′ đến mặt phẳng (ABM) bằng bao nhiêu?

Media VietJack

Xem đáp án

Bước 1: Gọi N là trung điểm của AC, chứng minh

$d (A; (B B^{'} M)) = d (A; (B B^{'} M N)) = A N$

Gọi N là trung điểm của AC ta có $(B B^{'} M) \equiv (B B^{'} M N)$ nên

d (A; (B B^{'} M)) = d (A; (B B^{'} M N))

Vì tam giác ABC đều nên $A N ⊥ B N$ . Ta có $\{\begin{matrix} A N ⊥ B N \\ A N ⊥ M N \end{matrix} \Rightarrow A N ⊥ (B B' M N)$ nên $d (A; (B B^{'} M N)) = A N = 4$

Bước 2: Tính $V_{A . B B^{'} M} = \frac{1}{3} d (A; (B B^{'} M N)) . S_{Δ B B^{'} M} = V_{B^{'} . A B M}$

Ta lại có $B N = \frac{A B \sqrt{3}}{2} = 4 \sqrt{3}, M N = A A^{'} = \sqrt{6}$ nên $S_{B B^{'} M N} = M N . B N = \sqrt{6} .4 \sqrt{3} = 12 \sqrt{2} \Rightarrow S_{Δ B B^{'} M} = 6 \sqrt{2}$

\Rightarrow V_{A . B B^{'} M} = \frac{1}{3} d (A; (B B^{'} M N)) . S_{Δ B B^{'} M} = \frac{1}{3} .4.12 \sqrt{2} = 16 \sqrt{2} = V_{B^{'} . A B M}

Bước 3: Sử dụng $d (B^{'}; (A B M)) = \frac{3 V_{B^{'} . A B M}}{S_{Δ A B M}}$

Lại có $V_{B^{'} . A B M} = \frac{1}{3} d (B^{'}; (A B M)) . S_{Δ A B M}$ nên $d (B^{'}; (A B M))$

Ta có:

\begin{array}{l} A M = \sqrt{A^{'} A^{2} + A^{'} M^{2}} \\ = \sqrt{{(\sqrt{6})}^{2} + 4^{2}} = \sqrt{22} \\ A B = 8 \\ B M = \sqrt{B B^{' 2} + B^{'} M^{2}} \\ = \sqrt{{(\sqrt{6})}^{2} + {(4 \sqrt{3})}^{2}} = 3 \sqrt{6} \end{array}

Bước 4: Sử dụng công thức $S_{Δ A B M} = \sqrt{p (p - A M) (p - A B) (p - B M)}$ với p là nửa chu vi tam giác ABM.

Gọi p là nửa chu vi tam giác ABM ta có $p = \frac{\sqrt{22} + 8 + 3 \sqrt{6}}{2}$

\Rightarrow S_{Δ A B M} = \sqrt{p (p - A M) (p - A B) (p - B M)}

Vậy $d (B^{'}; (A B M)) = \frac{3 V_{B^{'} . A B M}}{S_{Δ A B M}} = \frac{3.16 \sqrt{2}}{12 \sqrt{2}} = 4$

Câu 31:

Cho hình lập phương ABCD.A′B′C′D′ cạnh 2a, gọi M là trung điểm của BB′ và P thuộc cạnh DD′ sao cho $D P = \frac{1}{4} D D' .$ Mặt phẳng (AMP) cắt CC′ tại N. Thể tích khối đa diện AMNPBCD bằng

Media VietJack

A. $V = 2 a^{3} .$

B. $V = 3 a^{3} .$

C. $V = \frac{11 a^{3}}{3} .$

D. $V = \frac{9 a^{3}}{4} .$

Xem đáp án

Áp dụng công thức tính nhanh, ta có:

$\frac{V_{A M N P B C D}}{V_{A B C D . A^{'} B^{'} C^{'} D^{'}}} = \frac{1}{2} (\frac{B M}{B B^{'}} + \frac{D P}{D D^{'}}) = \frac{3}{8} \Rightarrow V_{A M N P B C D} = 3 a^{3} .$

Đáp án cần chọn là: B

Câu 32:

Cho hình lăng trụ đứng ABC.A′B′C′ có đáy ABC là tam giác vuông,

A B = B C = a .

. Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (ACC′) và (AB′C′) bằng 60⁰ (tham khảo hình vẽ bên). Thể tích của khối chóp B′.ACC′A′ bằng

A. $\frac{a^{3}}{3} .$

B. $\frac{a^{3}}{6} .$

C. $\frac{a^{3}}{2} .$

D. $\frac{\sqrt{3} a^{3}}{3} .$

Xem đáp án

Dựng $B^{'} M ⊥ A^{'} C^{'} \Rightarrow B^{'} M ⊥ (A C C^{'} A^{'})$

Dựng $M N ⊥ A C^{'} \Rightarrow A C^{'} ⊥ (M N B^{'})$

Khi đó $\hat{((A B^{'} C^{'}); (A C^{'} A^{'}))} = \hat{M N B^{'}} = 60^{0}$

Ta có:
$B^{'} M = \frac{a \sqrt{2}}{2} \Rightarrow M N = \frac{B^{'} M}{\tan \hat{M N B^{'}}} = \frac{a \sqrt{6}}{6}$

Mặt khác $\tan \hat{A C^{'} A^{'}} = \frac{M N}{C^{'} N} = \frac{A A^{'}}{A^{'} C^{'}}$

Trong đó

$M N = \frac{a \sqrt{6}}{6}; M C^{'} = \frac{a \sqrt{2}}{2} \Rightarrow C^{'} N = \sqrt{C^{'} M^{2} - M N^{2}} = \frac{a \sqrt{3}}{3}$

Suy ra $A A^{'} = a$

Thể tích lăng trụ $V = \frac{A B^{2}}{2} . A A^{'} = \frac{a^{3}}{2}$

\Rightarrow V_{B^{'} . A C C^{'} A^{'}} = V - V_{B^{'} . B A C} = V - \frac{V}{3} = \frac{2}{3} V = \frac{a^{3}}{3} .

Đáp án cần chọn là: A

Câu 33:

Cho hình hộp ABCD.A′B′C′D′. Gọi E,F lần lượt là trung điểm của B′C′ và C′D′. Mặt phẳng (AEF) chia hình hộp thành hai hình đa diện (H) và (H′) trong đó (H) là hình đa diện chứa đỉnh A′. Tính tỉ số thể tích đa diện (H) và thể tích hình đa diện (H′).

A. $\frac{25}{47}$

B. $\frac{25}{72}$

C. $\frac{47}{25}$

D. $\frac{72}{47}$

Xem đáp án

Mặt phẳng (AEF) chứa $E F / / B D \subset (A B C D)$

⇒ Giao tuyến của (AEF) và (ABCD) là đường thẳng đi qua A và song song với EF

Trong (ABCD) qua A kẻ $H I / / B D (H \in B C, I \in C D)$

Trong (BCC′B′) gọi $L = E H \cap B B^{'}$ , trong (CDD′C′) gọi $M = F I \cap D D^{'}$ , khi đó $(A E F) \equiv (A L E F M)$

Ta có : $\{\begin{matrix} (A E F) \cap (B C C' B') = H E \\ (A E F) \cap (C D D' C') = F I \\ (B C C' B') \cap (C D D' C') = C C' \end{matrix}$

$\Rightarrow H E, F I, C C^{'}$ đồng quy tại N.

Ta có : $V_{H^{'}} = V_{N . C I H} - V_{N . E F C^{'}} - V_{L . A B H} - V_{M . A D I}$

Ta dễ dàng chứng minh được B,D lần lượt là trung điểm của

C H, C I \Rightarrow B D = \frac{1}{2} H I \Rightarrow E F = \frac{1}{2} B D = \frac{1}{4} H I

$\Rightarrow Δ C^{'} E F$ đồng dạng với $Δ C I H$ theo tỉ số đồng dạng $k = \frac{1}{4} \Rightarrow \frac{S_{Δ C^{'} E F}}{S_{Δ C I H}} = \frac{1}{16}$

\frac{N C'}{N C} = \frac{E C'}{H C} = \frac{1}{4} \Rightarrow \frac{d (N'; (C' E F))}{d (N; (C I H))} = \frac{1}{4}

\Rightarrow V_{N . E F C'} = \frac{1}{16} . \frac{1}{4} V_{N . C I H} = \frac{1}{16} V_{N . C I H}

V_{L A B H} = V_{M . A D I} = \frac{1}{2} . \frac{1}{4} V_{N . C I H} = \frac{1}{8} V_{N . C I H}

\Rightarrow V_{H'} = V_{N . C I H} - V_{N . E F C'} - V_{L . A B H} - V_{M . A D I} = \frac{47}{64} V_{N . C I H}

Ta có :

\begin{array}{l} \frac{C C'}{N C} = \frac{3}{4}, \frac{S_{A B C D}}{S_{C I H}} = \frac{1}{2} \\ \Rightarrow \frac{V_{A B C D . A' B' C' D'}}{V_{S . C I H}} = \frac{d_{(C'; (A B C D))} . S_{A B C D}}{\frac{1}{3} d (N; (C I H)) . S_{C I H}} = 3 \frac{C C'}{N C} . \frac{S_{A B C D}}{S_{C I H}} = 3. \frac{3}{4} . \frac{1}{2} = \frac{9}{8} \end{array}

$\Rightarrow V_{S . C I H} = \frac{8}{9} V_{A B C D . A' B' C' D'}$

$\Rightarrow V_{H'} = \frac{47}{64} V_{N . C I H} = \frac{47}{72} V_{A B C D . A' B' C' D'}$

$\Rightarrow V_{H} = \frac{25}{72} V_{A B C D . A' B' C' D'}$

$\Rightarrow \frac{V_{H}}{V_{H'}} = \frac{25}{47}$

Đáp án cần chọn là: A

Câu 34:

Cho lăng trụ tam giác ABC.A′B′C′ có đáy ABC là đều cạnh

A B = 2 a \sqrt{2}

. Biết

A C' = 8 a

và tạo với mặt đáy một góc 45⁰. Thể tích khối đa diện ABCC′B′ bằng

A. $\frac{8 a^{3} \sqrt{3}}{3} .$

B. $\frac{8 a^{3} \sqrt{6}}{3} .$

C. $\frac{16 a^{3} \sqrt{3}}{3} .$

D. $\frac{16 a^{3} \sqrt{6}}{3} .$

Xem đáp án

Gọi H là hình chiếu của A lên $m p (A^{'} B^{'} C^{'})$

$\Rightarrow \hat{H C^{'} A} = 45^{0}$

$\Rightarrow Δ A H C^{'}$ vuông cân tại H.

$\Rightarrow A H = A C^{'} . \sin 45^{0} = A C^{'} . \frac{\sqrt{2}}{2} = 4 a \sqrt{2} .$

Diện tích tam giác ABC là: $S_{A B C} = \frac{{(2 a \sqrt{2})}^{2} \sqrt{3}}{4}$

NX:

V_{A . B C C^{'} B^{'}} = \frac{2}{3} V_{A B C . A^{'} B^{'} C^{'}} = \frac{2}{3} A H . S_{A B C} = \frac{2}{3} .4 a \sqrt{2} . \frac{{(2 a \sqrt{2})}^{2} . \sqrt{3}}{4} = \frac{16 a^{3} \sqrt{6}}{3} .

Đáp án cần chọn là: D

Câu 35:

Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A′B′C′. Các mặt phẳng (ABC′) và (A′B′C) chia khối lăng trụ đã cho thành 4 khối đa diện. Kí hiệu H₁, H₂ lần lượt là khối có thể tích lớn nhất và nhỏ nhất trong bốn khối trên. Giá trị của $\frac{V_{(H_{1})}}{V_{(H_{2})}}$ bằng

A.4

B.2

C.5

D.3

Xem đáp án

Bước 1:

Gọi E là giao điểm của AC và AC’ và F là giao điểm của BC’ và B’C’

Khi đó (ABC’) và (A’B’C) chia khối lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ thành 4 khối đa diện: CEFC’;FEA’B’C’;FEABC và FEABB’A’

Gọi V là thể tích của khối lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’.

Bước 2: Tính thể tích của $C E F C^{'}; F E A^{'} B^{'} C^{'}; F E A B C$ và $F E A B B^{'} A^{'}$ theo thể tích của $A B C . A^{'} B^{'} C^{'}$

Ta có $V_{C . A^{'} B^{'} C^{'}} = V_{C^{'} . A B C} = \frac{1}{3} V$

$V_{F E A^{'} B^{'} C^{'}} = V_{C . A^{'} B^{'} C^{'}} - V_{C E F C^{'}}$ và $V_{F E A B C} = V_{C^{'} . A B C} - V_{C E F C^{'}}$

\Rightarrow V_{F E A^{'} B^{'} C^{'}} = V_{F E A B C}

Mặt khác

\begin{array}{l} \frac{V_{C E F C^{'}}}{V_{C . A^{'} B^{'} C^{'}}} = \frac{C E}{C A} . \frac{C F}{C B^{'}} = \frac{1}{2} . \frac{1}{2} = \frac{1}{4} \\ \Rightarrow V_{C E F C^{'}} = \frac{1}{4} V_{C . A^{'} B^{'} C^{'}} = \frac{1}{4} . \frac{1}{3} V = \frac{1}{12} V \end{array}

\Rightarrow V_{F E A^{'} B^{'} C^{'}} = V_{F E A B C} = V_{C . A^{'} B^{'} C^{'}} - V_{C E F C^{'}} = \frac{1}{3} V - \frac{1}{12} V = \frac{1}{4} V

\Rightarrow V_{F E A B B^{'} A^{'}} = V - 2. \frac{1}{4} V - \frac{1}{12} V = \frac{5}{12} V

Do đó $H_{1}$ có thể tích lớn nhất là khối đa diện FEABB’A’; $H_{2}$ có thể tích nhỏ nhất là khối đa diện CEFC’ và $\frac{V_{(H_{1})}}{V_{(H_{2})}} = 5$

Đáp án cần chọn là: C

Câu 36:

Tính góc giữa hai mặt phẳng (ABB′A′) và (ABC)

A. $30^{0}$

B. $45^{0}$

C. $60^{0}$

D. $90^{0}$

Xem đáp án

Bước 1: Tính diện tích tam giác ABH

Hình thoi ABCD có $\hat{B C D} = 120^{\circ}$

$\Rightarrow \hat{A B C} = 60^{\circ}$

Do đó ABC là tam giác đều

$\Rightarrow S_{A B C} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4}$

$\Rightarrow S_{A B H} = \frac{1}{2} S_{A B C} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{8} .$

Bước 2: Sử dụng công thức liên hệ giữa diện tích hình chiếu của đa giác và đa giác ban đầu.

Tam giác ABH là hình chiếu của tam giác A′BH

Gọi góc giữa (ABB′A′) và (ABCD) là

Khi đó ta có $S_{A B H} = S_{A B A^{'}} \cos φ \Rightarrow \cos φ = \frac{S_{A B H}}{S_{A B A^{'}}} = \frac{1}{2} \Rightarrow φ = 60^{\circ}$

Đáp án cần chọn là: C