100 câu trắc nghiệm vận dụng và vận dụng cao về thể tích khối đa diện có đáp án chi tiết

TRẮC NGHIỆM VẬN DỤNG VÀ VẬN DỤNG CAO

THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

Câu 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt đáy (ABCD) và góc giữa SC với mặt phẳng (SAB) bằng 30^o. Gọi M là điểm di động trên cạnh CD và H là hình chiếu vuông góc của S lên đường thẳng BM. Khi điểm M di động trên cạnh CD thì thể tích chóp lớn nhất là

A. \(V = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}\).

B. \(V = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\).

C. \(V = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{15}}\).

D. \(V = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{8}\).

Lời giải

Chọn B

Lấy điểm \(N \in BC\) sao cho \(BN = CM = x,\,\,0 < x \le a\). Gọi \(H = AN \cap BM\)

Xét \(\Delta ABN\) và \(\Delta BCM\) ta có: BN = CM, \(\widehat {ABN} = \widehat {BCM} = 90^\circ \) và AB = BC

\( \Rightarrow \Delta ABN = \Delta BCM\) (c.g.c) \( \Rightarrow \widehat {BAN} = \widehat {CBM}\)

Mà \(\widehat {BAN} + \widehat {BNA} = 90^\circ \) nên \(\widehat {CBM} + \widehat {BNA} = 90^\circ \) \(\Rightarrow \widehat {BHN} = 90^\circ \) hay \(AH \bot BM\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} BM \bot AH\\ BM \bot SA \end{array} \right. \Rightarrow BM \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow SH \bot BM\)

Hình chiếu vuông góc của S lên BM là H.

Do \(\Delta BHN\) đồng dạng với \(\Delta BCM\) nên \(\frac{{BH}}{{BC}} = \frac{{BN}}{{BM}}\) \( \Rightarrow \frac{{BH}}{a} = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + {a^2}} }}\) \(\Rightarrow BH = \frac{{ax}}{{\sqrt {{x^2} + {a^2}} }}\)

Tam giác ABH vuông tại H nên

\(AH = \sqrt {A{B^2} - B{H^2}} = \sqrt {{a^2} - \frac{{{a^2}{x^2}}}{{{x^2} + {a^2}}}} = \sqrt {\frac{{{a^4}}}{{{x^2} + {a^2}}}} = \frac{{{a^2}}}{{\sqrt {{x^2} + {a^2}} }}\)

\({S_{\Delta ABH}} = \frac{1}{2}AH.BH = \frac{1}{2}.\frac{{{a^2}}}{{\sqrt {{x^2} + {a^2}} }}.\frac{{ax}}{{\sqrt {{x^2} + {a^2}} }} = \frac{{{a^3}}}{2}.\frac{x}{{{x^2} + {a^2}}}\)

\({V_{S.ABH}} = \frac{1}{3}SA.{S_{\Delta ABH}} = \frac{1}{3}.a\sqrt 2 .\frac{{{a^3}}}{2}.\frac{x}{{{x^2} + {a^2}}} \le \frac{{{a^4}\sqrt 2 }}{{12a}} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}.\)

Câu 2. Cho hình chóp tam giác S.ABC có các góc \(\widehat {ASB} = \widehat {BSC} = \widehat {CSA} = 60^\circ \) và độ dài các cạnh SA = 1, SB = 2, SC = 3. Thể tích của khối chóp S.ABC là

A. \(V = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}\).

B. \(V = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).

C. \(V = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

D. \(V = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\).

Lời giải

Chọn C.

Gọi B', C' lần lượt là điểm trên SB, SC sao cho SA = SB' = SC' = 1.

Suy ra S.A'B'C' là tứ diện đều có \({V_{S.AB'C'}} = \frac{{\sqrt 2 }}{{12}}\).

Lại có \(\frac{{{V_{S,ABC}}}}{{{V_{S.AB'C'}}}} = \frac{{SB}}{{SB'}}.\frac{{SC}}{{SC'}} = 2.3\)

\(\Rightarrow {V_{S.ABC}} = 6{V_{S.AB'C'}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\)

Câu 3. Cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB = 1, BC = 1. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của hai cạnh BC và AD . Khi quay hình chữ nhật đó xung quanh IJ ta được một hình trụ tròn xoay. thể tích của khối trụ tròn xoay được giới hạn bởi hình trụ tròn xoay đó là.

A. \(V = \pi \).

B. \(V = 4\pi \).

C. \(V =2 \pi \).

D. \(V = \frac{\pi }{3}\).

Lời giải

Chọn A.

\({V_T} = {s_d}.h = \frac{{\pi .B{C^2}}}{4}.1 = \pi \) .

Câu 4: Cho hình chóp đều S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của các cạnh SB, SC. Biết mặt phẳng (AEF) vuông góc với mặt phẳng (SBC). Tính thể tích khối chóp S.ABC.

A. \(\frac{{{a^3}\sqrt 5 }}{{24}}.\)

B. \(\frac{{{a^3}\sqrt 5 }}{8}.\)

C. \(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}.\)

D. \(\frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{12}}.\)

Lời giải

Chọn A

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, do S.ABC là hình chóp đều nên \(SO \bot \left( {ABC} \right)\).

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và EF.

Ta có S, M, N thẳng hàng và \(SM \bot BC\) tại M, \(SM \bot EF\) tại N.

Ta có

\(\left. \begin{array}{l} \left( {AEF} \right) \cap \left( {SBC} \right) = EF\\ SM \subset \left( {SBC} \right)\\ SM \bot EF \end{array} \right\} \Rightarrow SM \bot \left( {AEF} \right) \Rightarrow MN \bot AN\)

\(\Rightarrow \Delta ANM\) vuông tại N.

Từ đó suy ra \(\Delta ANM \ đồng \ dạng \ \Delta SOM\).

\(\Rightarrow \frac{{AN}}{{SO}} = \frac{{AM}}{{SM}} = \frac{{NM}}{{OM}}\) \(\Rightarrow NM.SM = AM.OM\)

Mà ta có N là trung điểm của SM (vì E, F lần lượt là trung điểm của SB, SC)

\( \Rightarrow NM = \frac{1}{2}SM\)

\(\Delta ABC\) đều cạnh a và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

\(\Rightarrow AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\); \(OM = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\).

Vậy \(\frac{1}{2}S{M^2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{6} = \frac{{{a^2}}}{4}\)\(\Rightarrow SM = \frac{a}{{\sqrt 2 }}\).

Ta có

\(SO = \sqrt {S{M^2} - O{M^2}} = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{2} - \frac{{{a^2}}}{{12}}} = \frac{{a\sqrt {15} }}{6}\); \({S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

\({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.SO.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt {15} }}{6}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 5 }}{{24}}\)

Câu 5. Cho hình chóp đều S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Gọi E, F lần lượt là các điểm nằm trên các cạnh SB, SC sao cho \(\frac{{SE}}{{SB}} = \frac{{SF}}{{SC}} = k\)  \(\left( {0 < k < 1} \right)\). Biết mặt phẳng (AEF) vuông góc với mặt phẳng (SBC). Tính thể tích khối chóp S.ABC.

A. \(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}\sqrt {\frac{{2 + k}}{{3 - 3k}}} \).

B. \(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{8}\sqrt {\frac{{2 + k}}{{3 - 3k}}} \).

C. \(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}\sqrt {\frac{{2 + k}}{{5 - 5k}}} \).

D. \(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\sqrt {\frac{{2 + k}}{{3 - 3k}}} \).

Lời giải

Chọn A

------(Nội dung từ câu 6-100 và đáp án của tài liệu, các em vui lòng đăng nhập để xem online hoặc tải về máy)-----

Trên đây là trích dẫn một phần nội dung 100 câu trắc nghiệm vận dụng và vận dụng cao về thể tích khối đa diện có đáp án chi tiết. Để xem toàn bộ nội dung, các em vui lòng đăng nhập vào trang hoc247.net để tham khảo và tải tài liệu về máy tính.

Hy vọng tài liệu này sẽ giúp các em học sinh ôn tập tốt và đạt thành tích cao trong học tập.

Chúc các em học tập tốt !