Trung Tâm Luyện Thi Đại Học
Dạng 1. Thể tích khối lăng trụ đứng có đáy tam giác - Phần 2
Câu 14. Cho khối lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân với AB = AC = a, \(\widehat{BAC}={{120}^{0}}\), mặt phẳng (A’BC’) tạo với đáy một góc 60O. Tính thể tích của khối lăng trụ đã cho.
A. \( V=\frac{3{{a}^{3}}}{8} \)
B. \( V=\frac{9{{a}^{3}}}{8} \)
C. \( V=\frac{\sqrt{3}{{a}^{3}}}{8} \)
D. \( V=\frac{3\sqrt{3}{{a}^{3}}}{8} \)
Hướng dẫn giải:
Đáp án D.
Kẻ B’I \( \bot \) A’C’.
Khi đó, ta có: \( \widehat{\left( (A’BC’),(ABC) \right)}=\widehat{B’IB}={{60}^{0}} \)
Vì \( \widehat{B’A’C’}={{120}^{0}}\Rightarrow \widehat{B’A’I’}={{60}^{0}} \)
Do đó: \( \sin {{60}^{0}}=\frac{B’I}{B’A}\Leftrightarrow B’I=\frac{\sqrt{3}}{2}a \)
Suy ra: \(\tan \widehat{B’IB}=\frac{BB’}{B’I}\Leftrightarrow BB’=\frac{a\sqrt{3}}{2}.\tan {{60}^{0}}=\frac{3a}{2}\)
Mặt khác: \( {{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{2}.AI.BC=\frac{1}{2}.\frac{a}{2}.a\sqrt{3}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4} \)
Vậy thể tích khối chóp là: \( V=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}.\frac{3a}{2}=\frac{3{{a}^{3}}\sqrt{3}}{8} \)
Câu 15. Cho hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a. Đường thẳng AB’ tạo với mặt phẳng (BCC’B’) một góc 30O. Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ theo a.
A. \( \frac{3{{a}^{3}}}{4} \)
B. \( \frac{{{a}^{3}}}{4} \)
C. \( \frac{\sqrt{6}{{a}^{3}}}{12} \)
D. \( \frac{\sqrt{6}{{a}^{3}}}{4} \)
Hướng dẫn giải:
Đáp án D.
Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Do ABC.A’B’C’ là hình lăng trụ tam giác đều nên ta có:
\( AM\bot \left( BCC’B’ \right)\Rightarrow \widehat{\left( AB’,(BCC’B’) \right)}=\widehat{AB’M}={{30}^{0}} \)
Xét tam giác vuông AB’M, ta có: \( \tan {{30}^{0}}=\frac{AM}{AB’}\Rightarrow AB’=\frac{AM}{\tan {{30}^{0}}}=\frac{3a}{2} \)
Xét tam giác vuông B’BM, ta có: \( BB’=\sqrt{B'{{M}^{2}}-B{{M}^{2}}}=\sqrt{\frac{9{{a}^{2}}}{4}-\frac{1}{4}{{a}^{2}}}=a\sqrt{2} \)
Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là: \( {{V}_{ABC.A’B’C’}}=\frac{1}{2}AB.AC.\sin {{60}^{0}}.BB’=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{4} \)
Câu 16. Cho hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’. Biết khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (ABC’) bằng a, góc giữa hai mặt phẳng (ABC’) và (BCC’B’) bằng \( \alpha \) với \( \cos \alpha =\frac{1}{2\sqrt{3}} \). Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’.
A. \( V=\frac{3{{a}^{3}}\sqrt{2}}{4} \)
B. \( V=\frac{3{{a}^{3}}\sqrt{2}}{2} \)
C. \( V=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{2} \)
D. \( V=\frac{3{{a}^{3}}\sqrt{2}}{8} \)
Hướng dẫn giải:
Đáp án B.
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và BC.
Do \( \left\{ \begin{align} & AB\bot CC’ \\ & AB\bot CM \\ \end{align} \right.\Rightarrow AB\bot (MCC’)\Rightarrow (ABC’)\bot (MCC’) \)
Kẻ CK vuông góc với CM tại K thì ta được CK \( \bot \)(ABC’), do đó: \(CK={{d}_{\left( C,(ABC’) \right)}}=a\).
Đặt BC = x, CC’ = y (x > 0, y > 0), ta được: \( CM=\frac{x\sqrt{3}}{2} \)
\( \frac{1}{C{{M}^{2}}}+\frac{1}{CC{{‘}^{2}}}=\frac{1}{C{{K}^{2}}}\Leftrightarrow \frac{4}{3{{x}^{2}}}+\frac{1}{{{y}^{2}}}=\frac{1}{{{a}^{2}}} \) (1)
Kẻ CE \( \bot \) BC’ tại E, ta được \(\widehat{KEC}=\alpha \)\(\Rightarrow EC=\frac{KC}{\sin \alpha }=\frac{a}{\sqrt{1-\frac{1}{12}}}=a\sqrt{\frac{12}{11}}\)
Lại có: \( \frac{1}{{{x}^{2}}}+\frac{1}{{{y}^{2}}}=\frac{1}{C{{E}^{2}}}=\frac{11}{12{{a}^{2}}} \) (2).
Giải (1), (2) ta được: \( \left\{ \begin{align} & x=2a \\ & y=\frac{a\sqrt{6}}{2} \\ \end{align} \right. \)
Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là:
\( V=y.\frac{{{x}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{a\sqrt{6}}{2}.\frac{4{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{3\sqrt{2}{{a}^{3}}}{2} \)
Câu 17. Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a và AB’ vuông góc với BC’. Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho.
A. \( V=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{4} \)
B. \( V=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{8} \)
C. \( V={{a}^{3}}\sqrt{6} \)
D. \( V=\frac{7{{a}^{3}}}{8} \)
Hướng dẫn giải:
Đáp án B.
Đặt \( \vec{x}=\overrightarrow{BA} \), \( \vec{y}=\overrightarrow{BC} \), \( \vec{z}=\overrightarrow{BB’} \) theo giả thiết \( AB’\bot BC’ \)
\( \overrightarrow{AB’}.\overrightarrow{BC’}=0\Leftrightarrow \left( \vec{z}-\vec{x} \right)\left( \vec{y}+\vec{z} \right)=0 \) \( \Leftrightarrow \vec{z}.\vec{y}+{{\left| {\vec{z}} \right|}^{2}}-\vec{x}.\vec{y}-\vec{x}.\vec{z}=0\Leftrightarrow {{\left| {\vec{z}} \right|}^{2}}=\vec{x}.\vec{y} \)
\( \Leftrightarrow {{\left| {\vec{z}} \right|}^{2}}=\left| {\vec{x}} \right|.\left| {\vec{y}} \right|\cos {{60}^{0}}=\frac{{{a}^{2}}}{2}\Rightarrow \left| {\vec{z}} \right|=\frac{\sqrt{2}}{2}a \)
Vậy \( {{V}_{ABC.A’B’C’}}=\frac{1}{2}AB.AC.\sin {{60}^{0}}.BB’=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{8} \)
Câu 18. Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có \( A’B=a\sqrt{6} \), đường thẳng A’B vuông góc với đường thẳng B’C. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho theo a.
A. \( \frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{3} \)
B. \( {{a}^{3}}\sqrt{6} \)
C. \( \frac{3{{a}^{3}}}{4} \)
D. \( \frac{9{{a}^{3}}}{4} \)
Hướng dẫn giải:
Đáp án A.
Dựng hình hộp ABCD.A’B’C’D’ khi đó tứ giác ABCD là hình thoi.
Đặt \( AB=x\Rightarrow AD=x \)
Tam giác ABD có góc \( \widehat{BAD}={{120}^{0}} \), áp dụng định lí cosin, ta có:
\( B{{D}^{2}}=A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}-2AB.AD.\cos BAD={{x}^{2}}+{{x}^{2}}-2x.x.\cos {{120}^{0}}=3{{x}^{2}} \)
Ta có: \( A’B=a\sqrt{6}\Rightarrow A’D=a\sqrt{6} \)
Ta có: A’D // B’C \( \Rightarrow A’B\bot A’D\Rightarrow \Delta A’BD \) vuông tại A’
\( \Rightarrow B{{D}^{2}}=A'{{B}^{2}}+A'{{D}^{2}}\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}=12{{a}^{2}}\Leftrightarrow {{x}^{2}}=4{{a}^{2}}\Rightarrow x=2a \)
Chiều cao hình trụ: \(AA{{‘}^{2}}=A'{{B}^{2}}-A{{B}^{2}}=6{{a}^{2}}-4{{a}^{2}}=2{{a}^{2}}\)\(\Rightarrow AA’=a\sqrt{2}\)
\( \Rightarrow {{V}_{ABC.A’B’C’}}=\frac{1}{3}AA’.{{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{3}a\sqrt{2}.\frac{1}{2}.2a.2a.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{6}}{3}{{a}^{3}} \)
Câu 19. Cho khối lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a. Khoảng cách từ điểm A’ đến mặt phẳng (AB’C’) bằng \( \frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{19}} \). Thể tích của khối lăng trụ đã cho là:
A. \( \frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{4} \)
B. \( \frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{6} \)
C. \( \frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{2} \)
D. \( \frac{3{{a}^{3}}}{2} \)
Hướng dẫn giải:
Đáp án C.
Gọi M là trung điểm của B’C’.
Ta có: \( \left\{ \begin{align} & AA’\bot B’C’ \\ & A’M\bot B’C’ \\ \end{align} \right.\Rightarrow B’C’\bot (AA’M) \) \( \Rightarrow (AB’C’)\bot (AA’M) \) theo giao tuyến AM.
Kẻ \( A’H\bot AM \) trong mặt phẳng (AA’M) \( \Rightarrow A’H\bot (AB’C’) \)
Vậy khoảng cách từ A’ đến mặt phẳng (AB’C’) là: \( A’H=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{19}} \).
Ta có: \( \frac{1}{A'{{H}^{2}}}=\frac{1}{A'{{A}^{2}}}+\frac{1}{A'{{M}^{2}}} \) \( \Rightarrow \frac{1}{A'{{A}^{2}}}=\frac{1}{A'{{H}^{2}}}-\frac{1}{A'{{M}^{2}}}=\frac{1}{4{{a}^{2}}}\Rightarrow A’A=2a \)
Vậy thể tích khối lăng trụ là: \( V=AA’.{{S}_{\Delta A’B’C’}}=2a.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{2} \)
Câu 20. Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy là và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A’BC) bằng \( \frac{1}{2}a \). Thể tích của khối lăng trụ bằng:
A. \( \frac{3\sqrt{2}{{a}^{3}}}{12} \)
B. \( \frac{\sqrt{2}{{a}^{3}}}{16} \)
C. \( \frac{3\sqrt{2}{{a}^{3}}}{16} \)
D. \( \frac{3\sqrt{2}{{a}^{3}}}{48} \)
Hướng dẫn giải:
Đáp án C.
Gọi I là trung điểm của BC và H là hình chiếu vuông góc của A lên A’I.
Khi đó, ta có: \( {{d}_{\left( A,(A’BC) \right)}}=AH=\frac{1}{2}a \).
Trong tam giác vuông AA’I, ta có:
\( \frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{AA{{‘}^{2}}}+\frac{1}{A{{I}^{2}}}\Rightarrow \frac{1}{AA{{‘}^{2}}}=\frac{1}{A{{H}^{2}}}-\frac{1}{A{{I}^{2}}} \) \( =\frac{1}{{{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}}-\frac{1}{{{\left( \frac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}}=\frac{4}{{{a}^{2}}}-\frac{4}{3{{a}^{2}}}=\frac{8}{3{{a}^{2}}} \)
Suy ra: \( AA’=\frac{a\sqrt{6}}{4} \)
Thể tích khối lăng trụ là: \( V={{S}_{\Delta ABC}}.AA’=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}.\frac{a\sqrt{6}}{4}=\frac{3{{a}^{3}}\sqrt{2}}{16} \)
Câu 21. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’, biết đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Khoảng cách từ tâm O của tam giác ABC đến mặt phẳng (A’BC) bằng \( \frac{1}{6}a \). Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’.
A. \( \frac{3{{a}^{3}}\sqrt{2}}{8} \)
B. \( \frac{3{{a}^{3}}\sqrt{2}}{28} \)
C. \( \frac{3{{a}^{3}}\sqrt{2}}{4} \)
D. \( \frac{3{{a}^{3}}\sqrt{2}}{16} \)
Hướng dẫn giải:
Đáp án D.
Diện tích đáy: \( {{S}_{\Delta ABC}}=\frac{\sqrt{3}}{4}{{a}^{2}} \)
Chiều cao: \({{d}_{\left( (ABC),(A’B’C’) \right)}}=AA’\)
Do tam giác ABC là tam giác đều nên O là trọng tâm của tam giác ABC. Gọi I là trung điểm của BC, H là hình chiếu vuông góc của A lên lên A’I ta có: AH \( \bot \) (A’BC) \( \Rightarrow {{d}_{\left( A,(A’BC) \right)}}=AH \)
\( \frac{{{d}_{\left( O,(A’BC) \right)}}}{{{d}_{\left( A,(A’BC) \right)}}}=\frac{IO}{IA}=\frac{1}{3}\Rightarrow {{d}_{\left( O,(A’BC) \right)}}=\frac{{{d}_{\left( A,(A’BC) \right)}}}{3}=\frac{AH}{3}=\frac{a}{6} \)
\( \Rightarrow AH=\frac{a}{2} \)
Xét tam giác A’AI vuông tại A, ta có:
\( \frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{AA{{‘}^{2}}}+\frac{1}{A{{I}^{2}}}\Rightarrow \frac{1}{AA{{‘}^{2}}}=\frac{1}{A{{H}^{2}}}-\frac{1}{A{{I}^{2}}}\Rightarrow AA’=\frac{a\sqrt{3}}{2\sqrt{2}} \)
Vậy \( {{V}_{ABC.A’B’C’}}={{S}_{\Delta ABC}}.AA’=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}.\frac{a\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}=\frac{3{{a}^{3}}\sqrt{2}}{16} \)
Câu 22. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A, \( \widehat{ACB}={{30}^{0}} \), biết góc giữa B’C và mặt phẳng (ACC’A’) bằng \( \alpha \) thỏa mãn \( \sin \alpha =\frac{1}{2\sqrt{5}} \). Cho khoảng cách giữa hai đường thẳng A’B và CC’ bằng \( a\sqrt{3} \). Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC.A’B’C’.
A. \( V={{a}^{3}}\sqrt{6} \)
B. \( V=\frac{3{{a}^{3}}\sqrt{6}}{2} \)
C. \( V={{a}^{3}}\sqrt{3} \)
D. \( V=2{{a}^{3}}\sqrt{3} \)
Hướng dẫn giải:
Đáp án D.
+ Ta có: CC’ // AA’ \( \Rightarrow \) CC’ // (AA’B’B)
Mà \( A’B\subset \left( AA’B’B \right) \) nên \( {{d}_{\left( CC’,A’B \right)}}={{d}_{\left( CC’,(AA’B’B) \right)}}=C’A’=a\sqrt{3} \)
+ Ta có: \( AC=A’C’=a\sqrt{3}; AB=A’B’=a \)
Diện tích đáy là \( {{S}_{\Delta ABC}}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2} \)
+ Dễ thấy \( A’B’\bot \left( ACC’A’ \right) \)
Góc giữa B’C và mặt phẳng (ACC’A’) là \( \widehat{B’CA’}=\alpha \)
\(\sin \alpha =\frac{A’B’}{B’C}=\frac{1}{2\sqrt{5}}\Leftrightarrow B’C=2a\sqrt{5}\)
\( CC’=\sqrt{B'{{C}^{2}}-B’C{{‘}^{2}}}=\sqrt{20{{a}^{2}}-4{{a}^{2}}}=4a \)
+ Thể tích lăng trụ là \( V={{S}_{\Delta ABC}}.CC’=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}.4a=2{{a}^{3}}\sqrt{3} \)
Câu 23. Cho một lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a, góc giữa A’C và mặt phẳng đáy bằng 60O. Tính diện tích xung quanh Sxq của hình nón có đáy là đường tròn nội tiếp tam giác ABC và đỉnh là trọng tâm của tam giác A’B’C’.
A. \( {{S}_{xq}}=\frac{\pi {{a}^{2}}\sqrt{333}}{36} \)
B. \( {{S}_{xq}}=\frac{\pi {{a}^{2}}\sqrt{333}}{6} \)
C. \( {{S}_{xq}}=\frac{\pi {{a}^{2}}\sqrt{111}}{6} \)
D. \( {{S}_{xq}}=\frac{\pi {{a}^{2}}\sqrt{111}}{36} \)
Hướng dẫn giải:
Đáp án A.
Ta có: \( \widehat{\left( A’C,(ABC) \right)}=\widehat{A’CA}={{60}^{0}} \)
Suy ra \( AA’=AC.\tan {{60}^{0}}=a\sqrt{3} \)
Có \( r=GM=\frac{1}{3}AM=\frac{1}{3}.\frac{\sqrt{3}a}{2}=\frac{\sqrt{3}a}{6} \) và \( \ell =G’M=\sqrt{G'{{G}^{2}}+G{{M}^{2}}}=\sqrt{3{{a}^{2}}+\frac{3{{a}^{2}}}{36}}=\frac{\sqrt{111}a}{6} \).
Vậy \({{S}_{xq}}=\pi r\ell =\pi .\frac{\sqrt{3}a}{6}.\frac{\sqrt{111}a}{6}=\frac{\pi {{a}^{2}}\sqrt{333}}{36}\)
