Thể tích khối đa diện, trắc nghiệm toán học lớp 12 2022

Mục lục

I. THỂ TÍCH KHỐI CHÓP
II. THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ
- Dạng 1. Thể tích khối lăng trụ đứng
- Dạng 2. Thể tích khối lăng trụ xiên

I. THỂ TÍCH KHỐI CHÓP

Công thức tính thể tích khối chóp $V=frac{1}{3}B.h$

Trong đó: B là diện tích của đáy.

h là chiều cao của khối chóp.

Chú ý: Các công thức tính diện tích đáy

Dạng 1. Khối chóp cho trước chiều cao

Phương pháp:

+ Cạnh bên vuông góc với đáy ⇒ Chiều cao chính là cạnh bên đó.
+ Chóp cho biết hình chiếu của đỉnh lên mặt phẳng đáy ⇒ Chiều cao chính là đoạn thẳng nối từ đỉnh đến điểm đó.
+ Chóp có hai mặt bên cùng vuông góc với đáy ⇒ Chiều cao chính là giao tuyến của hai mặt bên đó.

Ví dụ 1.1: Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy, cạnh SD tạo với mặt phẳng đáy một góc 450. Thể tích khối chóp $S.ABCD$ là

A. ${{a}^{3}}$ B. $frac{2}{3}{{a}^{3}}$ C. $frac{1}{3}{{a}^{3}}$ D. $2{{a}^{3}}$

Lời giải:

Ta có: $(SD,(ABCD))=(SD,AD)=widehat{SDA}={{45}^{0}}$

Thể tích khối chóp $S.ABCD$ là

${{V}_{S.ABCD}}=frac{1}{3}SA.{{S}_{ABCD}}=frac{1}{3}AD.tan {{45}^{0}}.{{a}^{2}}=frac{1}{3}{{a}^{3}}$

Chọn C.

Ví dụ 1.2 (THPT Chuyên Phân Bội Châu – Nghệ An)

Cho tứ diện $ABCD$ có $AB,,AC,,AD$ đôi một vuông góc với nhau, $AB=a,,,AC=b,,,AD=c$ . Tính thể tích V của khối tứ diện $ABCD$ theo $a,,b,,c$ .

A. $V=frac{abc}{2}$ B. $V=frac{abc}{6}$ C. $V=frac{abc}{3}$ D. $V=abc$

Lời giải:

Theo giả thiết $left{ begin{array}{l}ADbot AB\ADbot ACend{array} right.Rightarrow ADbot (ABC)$

Thể tích khối tứ diện $ABCD$ là

${{V}_{ABCD}}=frac{1}{3}AD.{{S}_{ABC}}=frac{1}{3}AD.AB.AC=frac{1}{6}abc$ .

Chọn B.

Ví dụ 1.3: Cho hình chóp $S.ABC$ có $SAbot (ABC)$ , đáy $ABC$ là tam giác vuông tại B. Biết $AB=3a,,BC=4a$ và $SC$ hợp với đáy $(ABC)$ một góc $alpha$ với $cos alpha =frac{5}{13}$ . Tính thể tích khối chóp.

A. $72{{a}^{3}}$ B. $24{{a}^{3}}$ C. $48{{a}^{3}}$ D. $12{{a}^{3}}$

Lời giải:

Vì hình chiếu của SC trên mặt phẳng (ABC) là AC

nên $(SC,AC)=(SC,(ABC))=(SC,AC)=widehat{SCA}$

Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông ABC

có:

$A{{C}^{2}}=A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}={{(3a)}^{2}}+{{(4a)}^{2}}=>AC=5a$

Diện tích tam giác ABC là:

${{S}_{ABC}}=frac{1}{2}AB.BC=frac{1}{2}.3a.4a=6{{a}^{2}}$

Ta có $SA=AC.tan alpha =AC.sqrt{frac{1}{{{cos }^{2}}alpha }-1}$

$=AC.sqrt{{{(frac{13}{5})}^{2}}-1}=5a.frac{12}{5}=12a$

Thể tích khối chóp là ${{V}_{S.ABC}}=frac{1}{3}.SA.{{S}_{ABC}}=frac{1}{3}.12a.6a=24{{a}^{3}}(dvtt)$ . Chọn B.

Ví dụ 1.4 (Chuyên Lê Quý Đôn – Bình Định)

Cho hình chóp $S.ABC$ có tam giác $ABC$ vuông tại $B,,,BC=a,AC=2a,$ tam giác $SAB$ đều. Hình chiếu của S lên mặt phẳng $(ABC)$ trùng với trung điểm M của AC. Tính thể tích khối chóp $S.ABC$ .

A. $frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{3}$ B. $frac{4{{a}^{3}}}{3}$ C. $frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{6}$ D. $frac{{{a}^{3}}sqrt{6}}{6}$

Lời giải:

Áp dụng định lí Pitago trong tam giác $ABC$ có:

$A{{B}^{2}}=A{{C}^{2}}-B{{C}^{2}}={{(2a)}^{2}}-{{a}^{2}}=3{{a}^{2}}Rightarrow AB=asqrt{3}$

Tam giác $SAB$ đều nên $SA=AB=asqrt{3}$

Áp dụng định lí Pitago trong tam giác $SAM$ có:

$SM=sqrt{S{{A}^{2}}-A{{M}^{2}}}=sqrt{3{{a}^{2}}-{{a}^{2}}}=asqrt{2}$

Thể tích khối chóp $S.ABC$ là ${{V}_{S.ABC}}=frac{1}{3}.{{S}_{ABC}}.SM=frac{1}{3}.frac{1}{2}.AB.BC.SM$

$=frac{1}{6}.asqrt{3}.a.asqrt{2}=frac{{{a}^{3}}sqrt{6}}{6}$ .

Chọn D.

Ví dụ 1.5 (THPT Yên Lạc – Vĩnh Phúc 2017 Lần 1)

Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác đều cạnh a. Các mặt bên $(SAB),,(SAC)$ cùng vuông góc với mặt đáy $(ABC)$ ; góc giữa SB và mặt $(ABC)$ bằng ${{60}^{0}}$ . Tính thể tích khối chóp $S.ABC$ .

A. $frac{3{{a}^{3}}}{4}$ B. $frac{{{a}^{3}}}{2}$ C. $frac{{{a}^{3}}}{4}$ D. $frac{{{a}^{3}}}{12}$

Lời giải:

Theo giả thiết có:

$left{ begin{array}{l}(SAB)bot (ABC)\(SAC)bot (ABC)\(SAB)cap (SAC)=SAend{array} right.Rightarrow SAbot (ABC)$

Thể tích khối chóp $S.ABC$ là

${{V}_{S.ABC}}=frac{1}{3}SA.{{S}_{ABC}}=frac{1}{3}AB.tan {{60}^{0}}.frac{{{a}^{2}}sqrt{3}}{4}=frac{{{a}^{3}}}{4}$

Chọn C.

Ví dụ 1.6: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thoi; hai đường chéo $AC=2sqrt{3}a;,,BD=2a$ và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBD)$ cùng vuông góc với mặt phẳng $(ABCD)$ . Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng $(SAB)$ bằng $frac{asqrt{3}}{4}$ . Tính thể tích khối chóp $S.ABCD$ theo a.

A. $frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{3}$ B. $frac{{{a}^{3}}}{3}$ C. $frac{{{a}^{3}}sqrt{7}}{3}$ D. ${{a}^{3}}sqrt{3}$

Lời giải:

Vì $ABCD$ là hình thoi nên $OA=asqrt{3};,$ $OB=a$ .

$Delta OAB$ vuông tại O có:

$tan widehat{ABD}=frac{OA}{OB}=frac{asqrt{3}}{a}=sqrt{3}Rightarrow widehat{ABD}={{60}^{0}}$

$Rightarrow Delta ABD$ đều.

Ta có $left{ begin{array}{l}(SAC)bot (ABCD)\(SBD)bot (ABCD)\(SAC)cap (SBD)=SOend{array} right.Rightarrow SObot (ABCD)$

Gọi H là trung điểm của AB.

$Delta ABD$ đều nên $DHbot AB$ và $DH=asqrt{3}$ .

Kẻ $OK//DH,,(Kin AB)Rightarrow K$ là trung điểm của AB $Rightarrow OK=frac{1}{2}DH=frac{asqrt{3}}{2}$

và $OKbot ABRightarrow ABbot (SOK)$ .

Kẻ $OIbot SK$ , mà $OIbot ABRightarrow OIbot (SAB)$ , hay $OI=d(O,(SAB))$ .

$Delta SOK$ vuông tại O có: $frac{1}{O{{I}^{2}}}=frac{1}{O{{K}^{2}}}+frac{1}{S{{O}^{2}}}Rightarrow SO=frac{a}{2}$ .

${{S}_{ABCD}}=4{{S}_{ABO}}=2OA.OB=2{{a}^{2}}sqrt{3}$ .

Thể tích khối chóp $S.ABCD$ là ${{V}_{S.ABCD}}=frac{1}{3}SO.{{S}_{ABCD}}=frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{3}$ . Chọn A.

Dạng 2. Khối chóp có một mặt vuông góc với đáy

Phương pháp:

Để xác định đường cao của hình chóp ta vận dụng định lí sau:

$left{ begin{array}{l}(alpha )bot (beta )\(alpha )cap (beta )=d\asubset (alpha )\abot dend{array} right.Rightarrow abot (beta )$

⇒ Kẻ đường cao SH của mặt bên đó ⇒ SH là đường cao của hình chóp.

Lưu ý khi vẽ hình: Hình chóp có một mặt bên vuông góc với đáy

Ví dụ 2.1 (THPT Nguyễn Văn Thoại – An Giang 2017)

Cho hình chóp $S.ABC$ , có đáy $ABC$ là tam giác vuông cân tại C, $Delta SAB$ đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích V của khối chóp theo a.

A. $V=frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{12}$ B. $V=frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{24}$ C. $V=frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{6}$ D. $V=frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{48}$

Lời giải:

Gọi H là trung điểm của AB.

Tam giác $SAB$ đều nên $SHbot AB$ .

Mà $(SAB)bot (ABC)$ nên $SHbot (ABCD)$ .

SH là đường cao của tam giác đều $SAB$

$Rightarrow SH=frac{asqrt{3}}{2}$ .

$Delta ABC$ vuông cân tại C nên ta có:

$AC=BC=frac{AB}{sqrt{2}}Rightarrow {{S}_{ABC}}=frac{1}{2}AC.BC=frac{{{a}^{2}}}{4}$

Thể tích khối chóp $S.ABC$ là ${{V}_{SABC}}=frac{1}{3}SH.{{S}_{ABC}}=frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{24}$ .

Chọn B.

Ví dụ 2.2 (THPT Tân Yên 1 – Bắc Giang 2017)

Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật, $AB=a,,,AD=2a.$ Tam giác $SAB$ cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Đường thẳng $SC$ tạo với mặt phẳng đáy một góc ${{60}^{0}}$ . Tính thể tích khối chóp $S.ABCD$ .

A. $frac{{{a}^{3}}sqrt{17}}{6}$ B. $frac{{{a}^{3}}sqrt{17}}{9}$ C. $frac{{{a}^{3}}sqrt{17}}{sqrt{3}}$ D. $frac{{{a}^{3}}sqrt{17}}{3}$

Lời giải:

Do $Delta SAB$ cân tại $S$ nên hình chiếu của $S$ trên

mặt phằng $(ABCD)$ là trung điểm $H$ của cạnh $AB$ .

Ta có: $CH=sqrt{B{{C}^{2}}+B{{H}^{2}}}=frac{asqrt{17}}{2}$

$(SC,(ABCD))=widehat{SCH}={{60}^{0}}$

$Rightarrow SH=CH.tan {{60}^{0}}=frac{asqrt{51}}{2}$

Thể tích khối chóp $S.ABCD$ là

${{V}_{S.ABCD}}=frac{1}{3}SH.{{S}_{ABCD}}=frac{{{a}^{3}}sqrt{51}}{3}=frac{{{a}^{3}}sqrt{17}}{sqrt{3}}$ .

Chọn C.

Ví dụ 2.3: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình chữ nhật $ABCD,,,BC=2AB=2a$ . Tam giác $SAC$ nằm trong mặt phẳng vuông góc với $(ABCD),,widehat{SAC}={{60}^{0}},,SA=2a.$ Tính thể tích của khối chóp $S.ABCD$ .

A. $frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{3}$ B. $frac{{{a}^{3}}}{3}$ C. $frac{2{{a}^{3}}sqrt{3}}{3}$ D. ${{a}^{3}}$

Lời giải:

Dựng $SHbot AC$ , do $(SAC)bot (ABCD),Rightarrow ,SHbot (ABCD)$

Ta có, do $Delta SHA$ vuông tại H:

$sin widehat{SAH}=frac{SH}{SA},Leftrightarrow ,SH=SA.sin widehat{SAH}=asqrt{3}$

và ${{S}_{ABCD}}=2{{a}^{2}}$

Vậy ${{V}_{S.ABCD}}=frac{1}{3}SH.{{S}_{ABCD}}=frac{2sqrt{3}{{a}^{3}}}{3}$

Đáp án C

Ví dụ 2.4: Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, $AB=AD=2a,CD=a$ . Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng ${{60}^{0}}$ . Gọi I là trung điểm của AD. Biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy. Thể tích khối chóp S.ABCD là:

Mytranshop.com khuyên bạn nên xem: Thiết kế biệt thự mini sân vườn hiện đại tại Vĩnh Phúc 2022 | Mytranshop.com

A. ${{V}_{S.ABCD}}=6{{a}^{3}}sqrt{3}$ B. ${{V}_{S.ABCD}}=frac{6{{a}^{3}}sqrt{15}}{5}$ C. ${{V}_{S.ABCD}}=frac{3{{a}^{3}}sqrt{15}}{5}$ D. ${{V}_{S.ABCD}}=6{{a}^{3}}$

Lời giải:

Dựng $IHbot CD$ , mặt khác $SIbot left( ABCD right)$ .

Do đó $CDbot BCRightarrow CDbot left( SHI right)Rightarrow widehat{SHI}={{60}^{0}}$ .

Ta có: $BC=sqrt{A{{D}^{2}}+left( AB-C{{D}^{2}} right)}=asqrt{5}$ .

${{S}_{ICD}}={{S}_{ABCD}}-{{S}_{ABI}}-{{S}_{CDI}}=frac{3{{a}^{2}}}{2}$ .

Do vậy $IH=frac{2{{S}_{ICD}}}{BC}=frac{3a}{sqrt{5}}Rightarrow SI=frac{3asqrt{3}}{sqrt{5}}$

$Rightarrow V=frac{1}{3}SI.{{S}_{ABCD}}=frac{3{{a}^{3}}sqrt{15}}{5}$ .Chọn C

Dạng 3. Khối chóp có các cạnh bên bằng nhau – Khối chóp đều

Phương pháp:

+ Hình chóp đều là hình chóp có đáy là đa giác đều, các mặt bên là các tam giác cân và bằng nhau, chân đường cao ≡ tâm đường tròn ngoại tiếp đáy.
+ Tứ diện đều: là hình có 4 mặt là tam giác đều (khác với hình chóp tam giác đều).
+ Hình chóp có các cạnh bên bằng nhau ⇒ chân đường cao ≡ tâm đường tròn ngoại tiếp đáy.

Ví dụ 3.1: Thể tích tứ diện đều cạnh 2a là

A. $displaystyle 2sqrt{2}{{a}^{3}}$ B. $displaystyle frac{2sqrt{2}}{3}{{a}^{3}}$ C. $displaystyle frac{sqrt{2}}{6}{{a}^{3}}$ D. $displaystyle frac{sqrt{2}}{2}{{a}^{3}}$

Lời giải:

Thể tích tứ diện đều cạnh a có công thức nhanh $displaystyle V=frac{{{a}^{3}}sqrt{2}}{12}$ .

Thể tích tứ diện đều cạnh 2a là $displaystyle V=frac{{{left( 2a right)}^{3}}sqrt{2}}{12}=frac{2{{a}^{3}}sqrt{2}}{3}$ (đvtt). Chọn B.

Ví dụ 3.2: Thể tích của khối bát diện đều cạnh a là

A. ${{a}^{3}}frac{sqrt{2}}{3}$ B. ${{a}^{3}}frac{sqrt{2}}{6}$ C. $displaystyle {{a}^{3}}frac{sqrt{3}}{2}$ D. ${{a}^{3}}sqrt{6}$

Lời giải:

Thể tích của khối chóp tứ giác đều có các cạnh bằng a có thể tích là V1 = $frac{{{a}^{3}}sqrt{2}}{6}$

Mà thể tích của khối bát diện đều bằng 2V1. Do đó thể tích khối bát diện đều là V = ${{a}^{3}}frac{sqrt{2}}{3}$ .

Chọn đáp án A.

Ví dụ 3.3: Kim tự tháp Kê-ốp ở Ai Cập được xây dựng vào khoảng 2500 năm trước Công nguyên. Kim tự tháp này là một khối chóp tứ giác đều có chiều cao 147m, cạnh đáy dài 230m. Thế tích $V$ của khối chóp đó là?

A. $V=2592100$ m3 B. $V=7776300$ m3

C. $V=2592300$ m3 D. $V=3888150$ m3

Lời giải:

Thể tích của kim tự tháp Kê – ốp là $V=frac{1}{3}{{.147.230}^{2}}=2592100,{{m}^{3}}$

Ví dụ 3.4: Tính thể tích của khối chóp S.ABCD có tất cả các cạnh bằng 1.

A. $displaystyle frac{sqrt{3}}{2}$ B. $displaystyle frac{sqrt{3}}{6}$ C. $displaystyle frac{sqrt{2}}{6}$ D. $displaystyle frac{sqrt{2}}{2}$

Lời giải:

Gọi O là tâm của ABCD, ta có $displaystyle V=frac{1}{3}.SO.{{S}_{ABCD}}=frac{1}{3}sqrt{frac{1}{2}}.1=frac{sqrt{2}}{6}$

Chọn đáp án C.

Ví dụ 3.5: Cho hình chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng a và cạnh bên tạo với đáy một góc ${{60}^{0}}$ . Thể tích của khối chóp đó bằng:

A. $frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{12}$ B. $frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{6}$ C. $frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{36}$ D. $frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{18}$

Lời giải:

$V=frac{{{a}^{3}}tan varphi }{12}=frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{12}$ . Chọn đáp án A.

Ví dụ 3.6 (Chuyên KHTN Hà Nội 2017 Lần 1)

Một hình chóp tứ giác đều có đáy là hình vuông cạnh a, các mặt bên tạo với đáy một góc α. Thể tích của khối chóp đó là

A. $frac{{{a}^{3}}}{2}sin alpha$ B. $frac{{{a}^{3}}}{2}tan alpha$ C. $frac{{{a}^{3}}}{6}cot alpha$ D. $frac{{{a}^{3}}}{6}tan alpha$

Lời giải:

Gọi M là trung điểm của BC.

$ABCD$ là hình vuông nên $OM=frac{1}{2}CD=frac{a}{2}$

Gọi $O=ACcap BD$ . Do $S.ABCD$ là chóp tứ giác

đều nên $SObot (ABCD)Rightarrow Delta SOM$ vuông tại O

$Rightarrow SO=OM.tan alpha =frac{a}{2}.tan alpha$

Thể tích khối chóp $S.ABCD$ là ${{V}_{S.ABCD}}=frac{1}{3}.SO.{{S}_{ABCD}}$ $=frac{1}{3}.{{a}^{2}}.frac{a}{2}.tan alpha =frac{{{a}^{3}}}{6}.tan alpha$

Chọn D.

Ví dụ 3.7 (THPT Chuyên Lê Thánh Tông – Quảng Nam)

Một hình chóp tứ giác đều có góc tạo bởi mặt bên và mặt đáy bằng ${{60}^{0}}$ và diện tích xung quanh bằng $8{{a}^{2}}$ . Tính diện tích $S$ của mặt đáy hình chóp.

A. $S=4{{a}^{2}}sqrt{3}$ B. $S=2{{a}^{2}}sqrt{3}$ C. $S=4{{a}^{2}}$ D. $S=2{{a}^{2}}$

Lời giải:

Gọi M là trung điểm của BC.

Do $S.ABCD$ là hình chóp tứ giác đều nên:

$left{ begin{array}{l}OMbot BC\SObot BCend{array} right.Rightarrow SMbot BC$

$displaystyle Rightarrow ((SBC),(ABCD))=(SM,OM)=widehat{SMO}$ .

Trong $Delta SOM$ có:

$cos {{60}^{0}}=frac{OM}{SM}Rightarrow SM=2OM=BC$ .

Vì $S.ABCD$ là hình chóp tứ giác đều nên các mặt bên là các tam giác cân và bằng nhau. Do đó diện tích xung quanh của hình chóp $S.ABCD$ là ${{S}_{xq}}=4{{S}_{SBC}}=4.frac{1}{2}SM.BC=2B{{C}^{2}}$

Mà ${{S}_{xq}}=8{{a}^{2}}$ nên $8{{a}^{2}}=2B{{C}^{2}}Leftrightarrow BC=2a$ .

Vậy diện tích của đáy $ABCD$ là ${{S}_{ABCD}}=B{{C}^{2}}={{(2a)}^{2}}=4{{a}^{2}}$ . Chọn C.

Ví dụ 3.8 (THPT Chuyên Lê Quý Đôn – Quảng Trị 2017 Lần 2)

Cho khối chóp $S.ABCD$ với $ABCD$ là hình chữ nhật và các cạnh bên bằng nhau. Góc giữa các mặt phẳng $(SAB),(SAD)$ và mặt phẳng đáy lần lượt là ${{45}^{0}}$ và ${{60}^{0}}$ , biết chiều cao của hình chóp là $asqrt{3}$ . Tính thể tích của khối chóp đó.

A. $4{{a}^{3}}$ B. $3{{a}^{3}}$ C. $2{{a}^{3}}sqrt{3}$ D. $3{{a}^{3}}sqrt{3}$

Lời giải:

Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB,AD$

Khi đó:

$((SAB),(ABCD))=(SM,OM)=widehat{SMO}$

$((SAD),(ABCD))=(SN,ON)=widehat{SNO}$

Độ dài các cạnh của đáy là

$AB=2ON=2SO.cot {{60}^{0}}=2.asqrt{3}.frac{1}{sqrt{3}}=2a$

$AD=2OM=2SO.cot {{45}^{0}}=2asqrt{3}$

Thể tích của khối chóp là ${{V}_{S.ABCD}}=frac{1}{3}.SO.{{S}_{ABCD}}=frac{1}{3}.asqrt{3}.2a.2asqrt{3}=4{{a}^{3}}$ . Chọn A.

Ví dụ 3.9 (THPT Đồng Đậu – Vĩnh Phúc 2017 Lần 3)

Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác vuông cân tại $B,,,,AC=asqrt{2}$ . Biết $SA=SB=SC=a$ , tính thể tích khối chóp $S.ABC$ .

A. $frac{{{a}^{3}}sqrt{2}}{6}$ B. $frac{{{a}^{3}}sqrt{2}}{12}$ C. $frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{6}$ D. $frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{12}$

Lời giải:

Gọi H là trung điểm của AC.

Do $S.ABC$ là hình chóp có các cạnh bên bằng nhau

và $Delta ABC$ vuông cân tại B nên $SHbot (ABC)$ .

Ta có $A{{C}^{2}}=A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}=2A{{B}^{2}}Rightarrow AB=frac{AC}{sqrt{2}}=a$ .

$SH=sqrt{S{{A}^{2}}-A{{H}^{2}}}=sqrt{{{a}^{2}}-{{(frac{asqrt{2}}{2})}^{2}}}=frac{asqrt{2}}{2}$

Thể tích khối chóp $S.ABC$ là

${{V}_{S.ABC}}=frac{1}{3}SH.{{S}_{ABC}}=frac{1}{3}.frac{asqrt{2}}{2}.frac{{{a}^{2}}}{2}=frac{{{a}^{3}}sqrt{2}}{12}$ . Chọn B.

Ví dụ 3.10: Cho hình chóp tứ giác đều $displaystyle S.ABCD$ có $displaystyle AB=a$ , SA = a $sqrt{2}$ . Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, SB và CD.
Tính thể tích $displaystyle V$ của tứ diện AMNP.

A. $displaystyle V=frac{{{a}^{3}}sqrt{6}}{36}$ B. $displaystyle V=frac{{{a}^{3}}sqrt{6}}{48}$ C. $displaystyle V=frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{48}$ . D. $displaystyle V=frac{{{a}^{3}}sqrt{6}}{12}$

Lời giải:

Chọn B.

Ta có $SO=sqrt{S{{A}^{2}}-O{{A}^{2}}}=sqrt{{{(asqrt{2})}^{2}}-{{left( frac{asqrt{2}}{2} right)}^{2}}}=frac{asqrt{6}}{2}$ .

Dễ thấy $d(S,(MNP))=d(A,(MNP))Rightarrow {{V}_{S.MNP}}={{V}_{A.MNP}}$

Ta có $frac{{{V}_{SMNP}}}{{{V}_{SABD}}}=frac{SM}{SA}.frac{SN}{SB}.frac{SP}{SD}=frac{1}{8}Rightarrow {{V}_{SMNP}}=frac{1}{8}.{{V}_{SABD}}$ $=frac{1}{8}.frac{1}{3}.frac{asqrt{6}}{2}.{{a}^{2}}=frac{{{a}^{3}}sqrt{6}}{48}$ .

Ví dụ 3.11 (THPT Chuyên Phan Bội Châu – Nghệ An 2017 Lần 2)

Khối chóp $S.ABCD$ có đáy là hình thoi cạnh $a,,,SA=SB=SC=a$ . Thể tích lớn nhất của khối chóp $S.ABCD$ là

A. $frac{3{{a}^{3}}}{8}$ B. $frac{{{a}^{3}}}{2}$ C. $frac{{{a}^{3}}}{8}$ D. $frac{{{a}^{3}}}{4}$

Lời giải:

Do $SA=SB=SC$ nên hình chiếu của đỉnh S

là giao điểm H của AC và BD.

Đặt $widehat{ABC}=alpha$ thì $widehat{BAC}={{180}^{0}}-2alpha$ .

Diện tích tam giác $ABC$ là

${{S}_{ABC}}=frac{1}{2}AB.AC.sin widehat{ABC}$ $=frac{{{a}^{2}}}{2}.sin 2alpha ={{a}^{2}}sin alpha cos alpha$

Theo định lí hàm số sin có:

$frac{AC}{sin widehat{ABC}}=2HARightarrow HA=frac{a}{2sin alpha }$

$Rightarrow SH=sqrt{S{{A}^{2}}-A{{H}^{2}}}=sqrt{{{a}^{2}}-frac{{{a}^{2}}}{4{{sin }^{2}}alpha }}$

Ta có ${{V}_{S.ABC}}=frac{1}{3}SH.{{S}_{ABC}}=frac{{{a}^{3}}}{6}sqrt{4{{sin }^{2}}alpha {{cos }^{2}}alpha -{{cos }^{2}}alpha }$

$4{{sin }^{2}}alpha {{cos }^{2}}alpha -{{cos }^{2}}alpha =3{{cos }^{2}}alpha -4{{cos }^{4}}alpha$ $=frac{9}{16}-{{(frac{3}{4}-2{{cos }^{2}}alpha )}^{2}}le frac{9}{16}$

Do đó ${{V}_{max }}=frac{{{a}^{3}}}{8}$ . Chọn C.

Dạng 4. Tỉ số thể tích

Phương pháp:

Cho hình chóp S.ABC, gọi A’, B’, C’ lần lượt là các điểm thuộc SA, SB, SC. Khi đó:

$frac{{{V}_{S.A'B'C'}}}{{{V}_{S.ABC}}}=frac{SA'}{SA}.frac{SB'}{SB}.frac{SC'}{SC}$
(Công thức này chỉ áp dụng cho hình chóp tam giác)

Mytranshop.com khuyên bạn nên xem: Giao thoa sóng, trắc nghiệm vật lý lớp 12 2022 | Mytranshop.com

Ví dụ 4.1 (THPT Chuyên Lê Khiết – Quảng Ngãi)

Cho khối tứ diện $OABC$ có $OA,,,OB,,,OC$ đôi một vuông góc với nhau và $OA=a,,$ $OB=2a,,,OC=3a$ . Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của hai cạnh $AC,BC$ . Thể tích của khối tứ diện $OCMN$ tính theo a bằng

A. $frac{3{{a}^{3}}}{4}$ B. ${{a}^{3}}$ C. $frac{2{{a}^{3}}}{3}$ D. $frac{{{a}^{3}}}{4}$

Lời giải:

Ta có $frac{{{V}_{OCMN}}}{{{V}_{OABC}}}=frac{CM}{CA}.frac{CO}{CO}.frac{CN}{CB}=frac{1}{4}$

$Rightarrow {{V}_{OCMN}}=frac{1}{4}{{V}_{OABC}}=frac{1}{4}.frac{1}{3}3a.frac{1}{2}.a.2a=frac{{{a}^{3}}}{4}$

Chọn D.

Ví dụ 4.2 (THPT Chuyên Ngoại Ngữ – Hà Nội)

Cho khối chóp $S.ABC$ có thể tích bằng 16. Gọi $M,,,N,,,P$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $SA,,SB,,SC.$ Tính thể tích khối tứ diện $AMNP$ .

A. $V=2$ B. $V=6$ C. $V=4$ D. $V=8$

Lời giải:

Ta có $displaystyle frac{{{V}_{S.MNP}}}{{{V}_{S.ABC}}}=frac{SM}{SA}.frac{SN}{SB}.frac{SP}{SC}={{(frac{1}{2})}^{3}}=frac{1}{8}Rightarrow {{V}_{S.MNP}}=2$

Do M là trung điểm của SA nên

$d(S,(MNP))=d(A,(MNP))$

$Rightarrow {{V}_{AMNP}}={{V}_{S.MNP}}=2$

Chọn A.

Ví dụ 4.3 (Đề minh họa lần 1 năm 2017)

Cho tứ diện $ABCD$ có các cạnh $AB,,,AC,,,AD$ đôi một vuông góc với nhau; $AB=6a,,,AC=7a,,,AD=4a.$ Gọi $M,,N,,P$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $BC,,CD,,DB$ . Tính thể tích của tứ diện $AMNP$ .

A. $frac{7{{a}^{3}}}{2}$ B. $14{{a}^{3}}$ C. $frac{28{{a}^{3}}}{3}$ D. $7{{a}^{3}}$

Lời giải:

Ta có $frac{{{V}_{AMNP}}}{{{V}_{ABCD}}}=frac{{{S}_{MNP}}}{{{S}_{BCD}}}$

(vì chúng có chung chiều cao kẻ từ đỉnh A)

Lại có ${{V}_{ABCD}}=frac{1}{6}AB.AC.AD=28{{a}^{3}}$ .

Dễ thấy $Delta MNP$ được tạo nên bởi các đường

Trung bình của $Delta BCD$ nên ${{S}_{MNP}}=frac{1}{4}{{S}_{BCD}}$

$Rightarrow {{V}_{AMNP}}=frac{1}{4}{{V}_{ABCD}}=7{{a}^{3}}$ . Chọn D.

Ví dụ 4.4: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, cạnh bên SA hợp với đáy một góc 600. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SB, SD. Mặt phẳng (AMN) cắt SC tại E. Tính thể tích khối chóp S.AMEN.

A. $frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{12}$ B. $V=frac{{{a}^{3}}sqrt{6}}{36}$ C. $frac{{{a}^{3}}sqrt{6}}{12}$ D. $frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{36}$

Lời giải:

Ta có ${{V}_{S.AMEN}}={{V}_{S.AEN}}+{{V}_{S.AEM}}$

$frac{{{V}_{S.AEN}}}{{{V}_{S.ACD}}}=frac{SA}{SA}.frac{SE}{SC}.frac{SN}{SD}=frac{SE}{SC}.frac{1}{2}$

Từ O kẻ OK // AE (K ∈ SC).

O là trung điểm của AC và OK // AE

⇒ K là trung điểm của EC.

Tương tự E là trung điểm của SK.

$Rightarrow frac{SE}{SC}=frac{1}{3}Rightarrow frac{{{V}_{S.AEN}}}{{{V}_{S.ACD}}}=frac{1}{6}$

$Rightarrow {{V}_{S.AEN}}=frac{1}{6}{{V}_{S.ACD}}=frac{1}{12}{{V}_{S.ABCD}}$

$frac{{{V}_{S.AEM}}}{{{V}_{S.ABC}}}=frac{SA}{SA}.frac{SE}{SC}.frac{SM}{SB}=frac{1}{3}.frac{1}{2}=frac{1}{6}$ $Rightarrow {{V}_{S.AEM}}=frac{1}{6}{{V}_{S.ABC}}=frac{1}{12}{{V}_{S.ABCD}}$

$Rightarrow {{V}_{S.AMEN}}=2.frac{1}{12}{{V}_{S.ABCD}}=frac{1}{6}{{V}_{S.ABCD}}=frac{1}{6}.frac{{{a}^{3}}sqrt{6}}{6}=frac{{{a}^{3}}sqrt{6}}{36}$ (đvtt). Chọn B.

Ví dụ 4.5 (THPT Anh Sơn 2 – Nghệ An 2017 Lần 3)

Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành. Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $SA,SD$ . Mặt phẳng $(alpha )$ chứa $MN$ cắt $SB,SC$ tại $Q,,P$ . Đặt $frac{SQ}{SB}=x$ , ${{V}_{1}}$ là thể tích của khối chóp $S.MNQP$ , $V$ là thể tích của khối chóp $S.ABCD$ . Tìm $x$ để ${{V}_{1}}=frac{1}{2}V$ .

A. $frac{1}{2}$ B. $frac{sqrt{33}+1}{4}$ C. $frac{1}{4}$ D. $frac{sqrt{33}-1}{4}$

Lời giải:

Do $MN//AD//BC$ nên để $M,N,P,Q$ đồngphẳng thì $PQ//BC$ . Do đó $frac{SP}{SC}=frac{SQ}{SB}=x$ .

Ta có:

$frac{{{V}_{SMNP}}}{{{V}_{SACD}}}=frac{SM}{SA}.frac{SN}{SD}.frac{SP}{SC}=frac{x}{4}Rightarrow {{V}_{SMNP}}=frac{xV}{8}$ .

$frac{{{V}_{SMPQ}}}{{{V}_{SABC}}}=frac{SM}{SA}.frac{SP}{SC}.frac{SQ}{SB}=frac{{{x}^{2}}}{2}Rightarrow {{V}_{SMPQ}}=frac{{{x}^{2}}V}{4}$

$Rightarrow {{V}_{1}}={{V}_{SMNPQ}}={{V}_{SMNP}}+{{V}_{SMPQ}}=frac{xV}{8}+frac{{{x}^{2}}V}{4}=frac{V}{2}$

Theo giả thiết ${{V}_{1}}=frac{1}{2}VRightarrow 2{{x}^{2}}+x-4=0$

$Leftrightarrow x=frac{-1+sqrt{33}}{4}$ . Chọn D.

Dạng 5. Khối chóp khác:

Ví dụ 5.1: Cho tứ diện $ABCD$ có các cạnh $AB,,AC,,AD$ tạo với nhau một góc ${{60}^{0}}$ . Biết $AB=2a;,,AC=3a;,AD=4a$ . Thể tích khối chóp $ABCD$ là

A. $frac{{{a}^{3}}sqrt{2}}{12}$ B. ${{a}^{3}}sqrt{2}$ C. $2{{a}^{3}}sqrt{2}$ D. $4{{a}^{3}}sqrt{2}$

Lời giải:

Lấy 3 điểm $M,,N,,P$ lần lượt thuộc các đoạn

$AB,,AC,,AD$ sao cho $AM=AN=AP=a$ .

Suy ra $AMNP$ là tứ diện đều có

độ dài các cạnh bằng a.

$Rightarrow {{V}_{AMNP}}=frac{{{a}^{3}}sqrt{2}}{12}$ .

Lại có: $frac{{{V}_{AMNP}}}{{{V}_{ABCD}}}=frac{AM}{AB}.frac{AN}{AC}.frac{AP}{AD}=frac{1}{2}.frac{1}{3}.frac{1}{4}=frac{1}{24}$

$Rightarrow {{V}_{ABCD}}=24{{V}_{AMNP}}=2{{a}^{3}}sqrt{2}$ . Chọn C.

Cách 2 (Phương pháp trắc nghiệm):

Sử dụng công thức giải nhanh:

Cho hình chóp $S.ABC$ có $displaystyle widehat{ASB}=alpha ,,,widehat{BSC}=beta ,,,widehat{CSA}=gamma ,,SA=a,,SB=b,,SC=c$ . Khi đó thể tích khối chóp $S.ABC$ có công thức là

${{V}_{S.ABC}}$ $=frac{abc}{6}sqrt{1-{{cos }^{2}}alpha -{{cos }^{2}}beta -{{cos }^{2}}gamma +2cos alpha cos beta cos gamma }$

Áp dụng công thức trên ta được:

${{V}_{ABCD}}=frac{2a.3a.4a}{6}.$ $sqrt{1-3{{cos }^{2}}{{60}^{0}}+2{{cos }^{3}}{{60}^{0}}}=2{{a}^{3}}sqrt{2}$ .

Ví dụ 5.2: Cho hình chóp $S.ABC$ có $widehat{ASB}=widehat{ASC}=widehat{CSB}={{60}^{0}},,,SA=3,,,SB=6,,,SC=9$ . Tính khoảng cách d từ C đến mặt phẳng $(SAB)$ .

A. $d=9sqrt{6}$ B. $d=2sqrt{6}$ C. $d=frac{27sqrt{2}}{2}$ D. $d=3sqrt{6}$

Lời giải:

Kẻ $AHbot (SBC),,,$

$HKbot SB,,(Kin SB),,,IHbot SC,,(Iin SC)$

Ta có $left{ begin{array}{l}SBbot AH\SBbot HKend{array} right.Rightarrow SBbot AK$

Tương tự có $SCbot AI$

Dễ thấy $Delta SAK=Delta SAIRightarrow SK=SI$

Do đó $Delta SHK=Delta SHIRightarrow SH$ là phân giác của góc $displaystyle widehat{BSC}$ .

Trong $Delta SAK$ có $SK=SA.cos {{60}^{0}}=frac{3}{2};,,$

$AK=SA.sin {{60}^{0}}=frac{3sqrt{3}}{2}$

Trong $Delta SHK$ có $HK=SK.tan {{30}^{0}}=frac{3}{2}.frac{sqrt{3}}{3}=frac{sqrt{3}}{2}$ .

$Rightarrow AH=sqrt{A{{K}^{2}}-H{{K}^{2}}}=sqrt{6}$

Thể tích khối chóp $S.ABC$ là ${{V}_{S.ABC}}=frac{1}{3}AH.{{S}_{SBC}}$ $=frac{1}{3}.sqrt{6}.frac{1}{2}.6.9.sin {{60}^{0}}=frac{27sqrt{2}}{2}$ .

Mặt khác ${{V}_{S.ABC}}=frac{1}{3}{{S}_{SAB}}.d(C,(SAB))Rightarrow d(C,(SAB))$ $=frac{3{{V}_{S.ABC}}}{{{S}_{SAB}}}=frac{3.frac{27sqrt{2}}{2}}{frac{1}{2}.3.6.sin {{60}^{0}}}=3sqrt{6}$ .

Chọn D.

Ví dụ 5.3: Cho hình chóp $S.ABC$ có cạnh đáy $AB=AC=5a,,,BC=6a$ và các mặt bên tạo với đáy một góc ${{60}^{0}}$ . Tính thể tích khối chóp $S.ABC$ .

A. $2{{a}^{3}}sqrt{3}$ B. $6{{a}^{3}}sqrt{3}$ C. $12{{a}^{3}}sqrt{3}$ D. $18{{a}^{3}}sqrt{3}$

Lời giải:

Kẻ $SObot (ABC)$ .

Gọi $D,E,F$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của

O lên $AB,,BC,,AC$ .

Khi đó theo định lí ba đường vuông góc

suy ra $SDbot AB,,,SEbot BC,,,SFbot AC$ .

$Rightarrow widehat{SDO}=widehat{SEO}=widehat{SFO}={{60}^{0}}$ .

$Rightarrow Delta SOD=Delta SOE=Delta SOFRightarrow OD=OE=OF$

$Rightarrow O$ là tâm đường tròn nội tiếp $Delta ABC$ .

Do $Delta ABC$ cân tại A nên $AE$ vừa là đường cao, vừa là đường phân giác, vừa là đường trung tuyến $Rightarrow A,O,E$ thẳng hàng.

$Rightarrow AE=sqrt{A{{B}^{2}}-B{{E}^{2}}}=sqrt{{{(5a)}^{2}}-{{(3a)}^{2}}}=4a$

Gọi $p,,r$ lần lượt là nửa chu vi và bán kính đường tròn nội tiếp $Delta ABC$ .

Ta có ${{S}_{ABC}}=frac{1}{2}AE.BC=frac{1}{2}.4a.6a=12{{a}^{2}}$

Mặt khác ${{S}_{ABC}}=prRightarrow r=frac{{{S}_{ABC}}}{p}=frac{12{{a}^{2}}}{8a}=frac{3a}{2}Rightarrow OE=frac{3a}{2}$

Do đó $SO=OE.tan {{60}^{0}}=frac{3a}{2}.sqrt{3}=frac{3asqrt{3}}{2}$

Vậy ${{V}_{S.ABC}}=6sqrt{3}{{a}^{3}}$ . Chọn B.

Nhận xét: Hình chóp có các mặt bên cùng tạo với đáy các góc bằng nhau thì chân đường cao trùng với tâm đường tròn nội tiếp đáy.

Ví dụ 5.4: Cho tứ diện $ABCD$ có thể tích bằng 12 và $G$ là trọng tâm tam giác $BCD$ . Tính thể tích $V$ của khối chóp $A.GBC$ .

A. $V=3$ . B. $V=4$ . C. $V=6$ . D. $V=5$ .

Lời giải:

Cách 1:

Phân tích: tứ diện $ABCD$ và khối chóp $A.GBC$ có cùng đường cao là khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $displaystyle left( BCD right)$ . Do $G$ là trọng tâm tam giác $BCD$ nên ta có ${{S}_{Delta BGC}}={{S}_{Delta BGD}}={{S}_{Delta CGD}}$ $Rightarrow {{S}_{Delta BCD}}=3{{S}_{Delta BGC}}$ (xem phần chứng minh).

Áp dụng công thức thể tích hình chóp ta có:

$left. begin{array}{l}{{V}_{ABCD}}=frac{1}{3}h.{{S}_{Delta BCD}}\{{V}_{A.GBC}}=frac{1}{3}h.{{S}_{Delta GBC}}end{array} right}Rightarrow frac{{{V}_{ABCD}}}{{{V}_{A.GBC}}}=frac{frac{1}{3}h.{{S}_{Delta BCD}}}{frac{1}{3}h.{{S}_{Delta GBC}}}=frac{{{S}_{Delta BCD}}}{{{S}_{Delta GBC}}}=3$ $Rightarrow {{V}_{A.GBC}}=frac{1}{3}{{V}_{ABCD}}=frac{1}{3}.12=4$ .

Chứng minh: Đặt $DN=h;,BC=a$ .

Từ hình vẽ có:

+) $MFtext{//},NDRightarrow frac{MF}{DN}=frac{CM}{CD}=frac{1}{2}Rightarrow MF=frac{1}{2}DNRightarrow MF=frac{h}{2}$ .

+) $GEtext{ //},MFRightarrow frac{GE}{MF}=frac{BG}{BM}=frac{2}{3}Rightarrow GE=frac{2}{3}MF=frac{2}{3}.frac{h}{2}=frac{h}{3}$

+) $frac{{{S}_{Delta BCD}}}{{{S}_{Delta GBC}}}=frac{frac{1}{2}DN.BC}{frac{1}{2}GE.BC}=frac{frac{1}{2}ha}{frac{1}{2}frac{h}{3}a}=3$ $Rightarrow {{S}_{Delta BCD}}=3{{S}_{Delta GBC}}$ .

+) Chứng minh tương tự có ${{S}_{Delta BCD}}=3{{S}_{Delta GBD}}=3{{S}_{Delta GCD}}$ $Rightarrow {{S}_{Delta BGC}}={{S}_{Delta BGD}}={{S}_{Delta CGD}},$ .

Cách 2:

$frac{dleft( G;left( ABC right) right)}{dleft( D;left( ABC right) right)}=frac{GI}{DI}=frac{1}{3}$ $Rightarrow dleft( G;left( ABC right) right)=frac{1}{3}dleft( D;left( ABC right) right)$ .

Nên ${{V}_{G.ABC}}=frac{1}{3}dleft( G;left( ABC right) right).{{S}_{Delta ABC}}=frac{1}{3}.{{V}_{DABC}}=4.$

Chọn B.

II. THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ

$V=B.h$ .

trong đó $h$ là chiều cao, $B$ là diện tích đáy.

– Hình lăng trụ đứng: là hình lăng trụ có cạnh bên vuông góc với đáy.

⇒ Độ dài cạnh bên là chiều cao của hình lăng trụ. Các mặt bên là hình chữ nhật.
– Hình lăng trụ đều: là hình lăng trụ đứng có đáy là đa giác đều.
– Hình hộp: là hình lăng trụ có đáy là hình bình hành.
– Hình hộp đứng: là hình lăng trụ đứng có đáy là hình chữ nhật.
– Hình hộp chữ nhật: là hình lăng trụ đứng có đáy là hình chữ nhật.

$V=abc$ với $a,,b,,c$ là ba kích thước.
– Hình lập phương: là hình lăng trụ đứng có tất cả các mặt đều là hình vuông.

$V={{a}^{3}}$ với a là độ dài cạnh.

Dạng 1. Thể tích khối lăng trụ đứng

Ví dụ 1.1 (Đề minh họa 2017 Lần 3) Tính thể tích $V$ của khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng a.

A. $V=frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{6}$ . B. $V=frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{12}$ . C. $V=frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{2}$ . D. $V=frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{4}$ .

Mytranshop.com khuyên bạn nên xem: Phong thuỷ phòng ngủ cho người mệnh Hỏa có thể bạn chưa biết 2022 | Mytranshop.com

Lời giải:

Thể tích khối lăng trụ đều là $V=B.h=frac{{{a}^{2}}sqrt{3}}{4}.a=frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{4}$ .

Chọn D.

Ví dụ 1.2 (Đề minh họa 2017 Lần 1) Tính thể tích của khối lập phương $ABCD.A'B'C'D'$ , biết $AC'=asqrt{3}$ .

A. ${{a}^{3}}$ . B. $frac{3sqrt{6}{{a}^{3}}}{4}$ . C. $3sqrt{3}{{a}^{3}}$ . D. $frac{1}{3}{{a}^{3}}$ .

Lời giải:

Do $ABCD.A'B'C'D'$ là hình lập phương nên

$displaystyle Delta AA'C'$ vuông tại A.

$begin{array}{l}Rightarrow AC{{'}^{2}}=AA{{'}^{2}}+A'C{{'}^{2}}=A'B{{'}^{2}}+2A'B{{'}^{2}}\=3A'B{{'}^{2}}Rightarrow A'B'=aend{array}$

Thể tích khối lập phương $ABCD.A'B'C'D'$ là $V={{a}^{3}}$

Chọn A.

Ví dụ 1.3: Cho lăng trụ đứng $ABC.A'B'C'$ có đáy là tam giác đều cạnh $a$ . Mặt phẳng $(AB'C')$ tạo với mặt đáy một góc ${{60}^{0}}$ . Tính theo a thể tích lăng trụ $ABC.A'B'C'$ .

A. $frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{2}$ . B. $frac{3{{a}^{3}}sqrt{3}}{4}$ . C. $frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{8}$ . D. $frac{3{{a}^{3}}sqrt{3}}{8}$ .

Lời giải:

Vì $ABC.A'B'C'$ là lăng trụ đứng nên $AA'bot (A'B'C')$ .

Gọi I là trung điểm của $B'C'$ , do $Delta A'B'C'$ đều

nên $A'Ibot B'C'$ .

Theo định lí ba đường vuông góc suy ra $AIbot B'C'$ .

$Rightarrow ((AB'C'),(A'B'C'))=widehat{AIA'}$ .

$A'I$ là đường cao trong tam giác đều nên $A'I=frac{asqrt{3}}{2}$

$Rightarrow AA'=A'I.tan {{60}^{0}}=frac{asqrt{3}}{2}.sqrt{3}=frac{3a}{2}$ .

Thể tích lăng trụ $ABC.A'B'C'$ là ${{V}_{ABC.A'B'C'}}=AA'.{{S}_{A'B'C'}}=frac{3a}{2}.frac{{{a}^{2}}sqrt{3}}{4}=frac{3{{a}^{3}}sqrt{3}}{8}$ .

Chọn D.

Ví dụ 1.4: Cho hình hộp đứng $ABCD.A'B'C'D'$ có đáy là hình vuông cạnh $a$ . Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng $(A'BCD')$ bằng $frac{asqrt{3}}{2}$ . Tính thể tích hình hộp theo $a$ .

A. ${{a}^{3}}$ . B. $frac{{{a}^{3}}sqrt{21}}{7}$ . C. ${{a}^{3}}sqrt{3}$ . D. $frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{3}$ .

Lời giải:

Gọi H là hình chiếu của A lên cạnh $A'B$ .

$Rightarrow AHbot (A'BCD')Rightarrow AH=frac{asqrt{3}}{2}$ .

Đặt $AA'=x>0$ . Áp dụng hệ thức về cạnh

và đường cao trong tam giác $AA'B$ có:

$begin{array}{l}frac{1}{A{{H}^{2}}}=frac{1}{AA{{'}^{2}}}+frac{1}{A{{B}^{2}}}Leftrightarrow frac{4}{3{{a}^{2}}}=frac{1}{{{x}^{2}}}+frac{1}{{{a}^{2}}}\Leftrightarrow {{x}^{2}}=3{{a}^{2}}Leftrightarrow x=asqrt{3}end{array}$

${{V}_{ABCD.A'B'C'D'}}=AA'.AB.AD=asqrt{3}.a.a={{a}^{3}}sqrt{3}$ .

Chọn C.

Ví dụ 1.5 (THPT Quảng xương 1 – Thanh Hóa 2017 Lần 3)

Cho lăng trụ đứng $ABC.A'B'C'$ có $AB=1,,,AC=2,,,widehat{BAC}={{120}^{0}}$ . Giả sử D là trung điểm của $CC'$ và $widehat{BDA'}={{90}^{0}}$ . Thể tích của khối lằng trụ $ABC.A'B'C'$ bằng

A. $2sqrt{15}$ . B. $sqrt{15}$ . C. $frac{sqrt{15}}{2}$ . D. $3sqrt{15}$ .

Lời giải:

Áp dụng định lí cosin trong $Delta ABC$ có:

$B{{C}^{2}}=A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}-2AB.AC.cos {{120}^{0}}=7$

Đặt $DC=DC'=x$ thì

$begin{array}{l}BD=sqrt{B{{C}^{2}}+C{{D}^{2}}}=sqrt{{{x}^{2}}+7}\A'D=sqrt{A'C{{'}^{2}}+C'{{D}^{2}}}=sqrt{4+{{x}^{2}}}\A'B=sqrt{A'B{{'}^{2}}+BB{{'}^{2}}}=sqrt{1+4{{x}^{2}}}end{array}$

Do $Delta A'BD$ vuông tại D nên

$begin{array}{l}A'{{B}^{2}}=A'{{D}^{2}}+B{{D}^{2}}Leftrightarrow 1+4{{x}^{2}}=4+{{x}^{2}}+7+{{x}^{2}}\Leftrightarrow x=sqrt{5}end{array}$

Vậy ${{V}_{ABC.A'B'C'}}=2x.frac{1}{2}.1.2.sin {{120}^{0}}=sqrt{15}$ . Chọn B.

Ví dụ 1.6 (THPT Chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa 2017 Lần 3)

Cho lăng trụ đứng $ABCD.A'B'C'D'$ có đáy là hình bình hành. Các đường chéo $DB'$ và $AC'$ lần lượt tạo với đáy các góc ${{45}^{0}}$ và ${{30}^{0}}$ . Biết chiều cao của lăng trụ là $a$ và $widehat{BAD}={{60}^{0}}$ . Tính thể tích V của khối lăng trụ.

A. ${{a}^{3}}sqrt{3}$ . B. $frac{{{a}^{3}}}{2}$ . C. $frac{{{a}^{3}}sqrt{2}}{3}$ . D. $frac{sqrt{3}{{a}^{3}}}{2}$ .

Lời giải:

Ta có:

$(B'D,(ABCD))=widehat{BDB'}={{45}^{0}}Rightarrow BD=BB'.cot {{45}^{0}}=a$

$(AC',(ABCD))=widehat{CAC'}={{30}^{0}}Rightarrow AC=CC'.cot {{30}^{0}}=asqrt{3}$

Đặt $AB=x,,AD=y$ . Áp dụng định lí cosin cho các

tam giác $ABD$ và $ABC$ ta được:

$begin{array}{l}{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2xy.cos {{60}^{0}}=B{{D}^{2}}={{a}^{2}}\{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2xy.cos {{120}^{0}}=A{{C}^{2}}=3{{a}^{2}}end{array}$

$Rightarrow xy={{a}^{2}}Rightarrow {{S}_{ABCD}}=2{{S}_{ABD}}=2xysin {{60}^{0}}={{a}^{2}}sqrt{3}$

$Rightarrow {{V}_{ABCD.A'B'C'D'}}=a.{{a}^{2}}sqrt{3}={{a}^{3}}sqrt{3}$ .

Chọn A.

Ví dụ 1.7: Một người thợ nhôm kính nhận được đơn đặt hàng làm một bể cá cảnh bằng kính dạng hình hộp chữ nhật không có nắp (như hình vẽ) có thể tích $3,2$ m3 ; tỉ số giữa chiều cao của bể cá và chiều rộng của đáy bể bằng 2. Biết giá một một mét vuông kính để làm thành và đáy của bể cá là $800.000$ đồng. Hỏi người thợ đó cần tối thiểu bao nhiêu tiền để mua đủ số mét vuông kính làm bể cả theo yêu cầu (coi độ dày của kính là không đáng kể so với kích thước của bể cá).

A. 9,6 triệu đồng. B. 10,8 triệu đồng.

C. 8,4 triệu đồng. D. 7,2 triệu đồng.

Lời giải:

Giả sử $x,,y$ là chiều dài và chiều rộng của đáy.

Theo giả thiết có $xyh=3,2$ và $h=2x$ .

$Rightarrow {{x}^{2}}y=1,6Rightarrow y=frac{1,6}{{{x}^{2}}}$ .

Tổng diện tích 5 mặt của bể cá là

$S=xy+2xh+2yh=frac{1,6}{x}+4{{x}^{2}}+frac{6,4}{x}$ $=4{{x}^{2}}+frac{8}{x}=4{{x}^{2}}+frac{4}{x}+frac{4}{x}ge 12$ .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=1$ .

Vậy tổng diện tích tối thiểu là 12m2, suy ra số tiền tối thiểu cần là 9,6 triệu.

Dạng 2. Thể tích khối lăng trụ xiên

Ví dụ 2.1: Cho khối lăng trụ $ABCD.A'B'C'D'$ có thể tích là $36,c{{m}^{3}}$ . Gọi $M$ là một điểm bất kì thuộc mặt phẳng $(ABCD)$ . Thể tích khối chóp $M.A'B'C'D'$ bằng:

A. $18,c{{m}^{3}}$ . B. $12,c{{m}^{3}}$ . C. $24,c{{m}^{3}}$ . D. $16,c{{m}^{3}}$ .

Lời giải:

Ta có ${{V}_{ABCD.A'B'C'D',}}=h.{{S}_{ABCD}};,,{{V}_{M.A'B'C'D'}}=frac{1}{3}h.{{S}_{ABCD}}$ $=frac{1}{3}{{V}_{ABCD.A'B'C'D'}}=frac{1}{3}.36=12,c{{m}^{3}}$ .

Ví dụ 2.2: Cho hình hộp $ABCD.A'B'C'D'$ có tất cả các cạnh đều bằng $2a$ , đáy $ABCD$ là hình vuông. Hình chiếu vuông góc của đỉnh $A'$ trên mặt phẳng đáy trùng với tâm của đáy. Tính theo a thể tích $V$ của khối hộp đã cho.

A. $frac{4{{a}^{3}}sqrt{2}}{3}$ . B. $frac{8{{a}^{3}}}{3}$ . C. $8{{a}^{3}}$ . D. $4{{a}^{3}}sqrt{2}$ .

Lời giải:

Gọi $H=ACcap BD$ .

Theo giả thiết, ta có $A'Hbot (ABC)$ .

Ta có : $BH=frac{1}{2}BD=frac{1}{2}sqrt{A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}}=asqrt{2}$ .

${{V}_{ABCD.A'B'C'D'}}=A'H.{{S}_{ABCD}}=asqrt{2}.{{(2a)}^{2}}=4{{a}^{3}}sqrt{2}$ .

Chọn đáp án D.

Ví dụ 2.3 (Việt Trì – Phú Thọ Lần 1)

Cho lăng trụ $ABC.A'B'C'$ có đáy là tam giác đều cạnh $a$ . Hình chiếu vuông góc của điểm $A'$ lên mặt phẳng $(ABC)$ trùng với trọng tâm tam giác $ABC$ . Biết khoảng cách giữa hai đường hai đường thẳng $AA'$ và $BC$ bằng $frac{asqrt{3}}{4}$ . Khi đó thể tích của khối lăng trụ là

A. $frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{24}$ . B. $frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{12}$ . C. $frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{3}$ . D. $frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{6}$ .

Lời giải:

Gọi $I$ là trung điểm của $BCRightarrow AIbot BC$ .

$H$ là trọng tâm của $Delta ABC$ .

Theo giả thiết $AH'bot (ABC)$ .

Ta có $left{ begin{array}{l}A'Hbot BC\AIbot BCend{array} right.Rightarrow BCbot (AA'I)$ .

Kẻ $IKbot AA'Rightarrow IK$ là đường vuông góc chung của

$displaystyle AA'$ và $BCRightarrow d(AA',BC)=IK=frac{asqrt{3}}{4}$ .

$AI$ là đường cao của $Delta ABC$ đều cạnh $2a$

$Rightarrow AI=frac{asqrt{3}}{2}Rightarrow AH=frac{2}{3}.AI=frac{asqrt{3}}{3}$ .

$begin{array}{l}Delta AA'Hsim Delta AIKRightarrow frac{A'H}{IK}=frac{AH}{AK}\Rightarrow A'H=frac{AH}{AK}.IK=frac{a}{3}end{array}$

Thể tích khối lăng trụ $ABC.A'B'C'$ là ${{V}_{ABC.A'B'C'}}=A'H.{{S}_{ABC}}=frac{a}{3}.frac{{{(2a)}^{2}}sqrt{3}}{4}=frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{3}$ .

Chọn đáp án C.

Ví dụ 2.4: Cho lăng trụ xiên $ABC.A'B'C'$ có đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $a$ , biết cạnh bên là $asqrt{3}$ và hợp với đáy $ABC$ một góc ${{60}^{0}}$ . Tính thể tích lăng trụ.

A. $frac{3{{a}^{3}}sqrt{3}}{8}$ . B. $frac{3sqrt{3}{{a}^{3}}}{4}$ . C. $frac{3}{4}{{a}^{3}}$ . D. $sqrt{3}{{a}^{3}}$ .

Lời giải:

Kẻ $C'Hbot (ABC)Rightarrow CH$ là hình chiếu của $CC'$ trên $(ABC)$ .

$Rightarrow widehat{left( CC',(ABC) right)}=widehat{C'CH}={{60}^{0}}$ .

$Delta CHC'$ có $C'H=CC'.sin {{60}^{0}}=frac{3a}{2}$ .

${{V}_{ABC.A'B'C'}}=C'H.{{S}_{ABC}}=frac{3a}{2}.frac{{{a}^{2}}sqrt{3}}{4}=frac{3{{a}^{3}}sqrt{3}}{8}$ .

Chọn đáp án A.

Ví dụ 2.5: Cho hình hộp $ABCD.A'B'C'D'$ có đáy là hình chữ nhật với $AB=sqrt{3},,AD=sqrt{7}$ . Hai mặt bên $(ABB'A')$ và $(ADD'A')$ lần lượt tạo với đáy những góc ${{45}^{0}}$ và ${{60}^{0}}$ . Tính thể tích khối hộp nếu biết cạnh bên bằng 1.

A. 3. B. $frac{3sqrt{3}}{4}$ . C. $frac{3}{4}$ . D. $sqrt{3}$ .

Lời giải:

Kẻ $A'Hbot (ABCD)$ .

Kẻ $left{ begin{array}{l}HMbot AB\HNbot ADend{array} right.Rightarrow A'Mbot AB,,A'Nbot AD$ .

$Rightarrow widehat{A'MH}={{45}^{0}},,widehat{A'NH}={{60}^{0}}$ .

Đặt $A'H=x$ . Khi đó

$A'N=frac{x}{sin {{60}^{0}}}=frac{2x}{sqrt{3}}$ .

$AN=sqrt{AA{{'}^{2}}-A'{{N}^{2}}}=sqrt{frac{3-4{{x}^{2}}}{3}}=HM$ .

Mà $HM=x.cot {{45}^{0}}=x$ .

Nghĩa là $x=sqrt{frac{3-4{{x}^{2}}}{3}}Rightarrow x=sqrt{frac{3}{7}}$ .

Vậy ${{V}_{ABCD.A'B'C'D'}}=AB.AD.x=sqrt{3}.sqrt{7}.sqrt{frac{3}{7}}=3$ .

Chọn đáp án A.

Ví dụ 2.6 (THPT Nguyễn Khuyến – TP HCM 2017) Cho lăng trụ tam giác $ABC.A'B'C'$ có đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $AB=2asqrt{2}$ . Biết $AC'=8a$ và tạo với mặt đáy một góc ${{45}^{0}}$ . Thể tích khối đa diện $A.BCC'B'$ bằng: