Bài tập tính Thể tích khối lăng trụ xiên có đáp án chi tiết

Bài tập tính Thể tích khối lăng trụ xiên có đáp án chi tiết

Một số bài tập trắc nghiệm tính thể tích khối lăng trụ xiên có Lời giải chi tiết

Lời giải chi tiết

Dựng $CI\bot AB\Rightarrow I$ là trung điểm của AB.

Ta có: $\left( {B}'GI \right)\bot AB\Rightarrow \widehat{{B}'IG\,}=60{}^\circ .$

Lại có: $CI=\frac{1}{2}AB=\frac{3a\sqrt{2}}{2}\Rightarrow GI=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

$\Rightarrow {B}'G=GI\tan 60{}^\circ =\frac{a\sqrt{6}}{2}$

${{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}={B}'G.{{S}_{ABC}}=\frac{a\sqrt{6}}{2}.\frac{9{{a}^{2}}}{2}=\frac{9{{a}^{3}}\sqrt{6}}{4}$.Chọn B.

Lời giải chi tiết

Kẻ $HK\bot BC\Rightarrow BC\bot \left( {B}'HK \right)\Rightarrow \widehat{{B}'KH}=60{}^\circ .$

Ta có: $HK=HB\sin 60{}^\circ =\frac{a\sqrt{3}}{4}\Rightarrow {B}'H=HK\tan 60{}^\circ =\frac{3a}{4}$

${{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}={B}'H.{{S}_{ABC}}=\frac{3a}{4}.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{3{{a}^{3}}\sqrt{3}}{16}$.

Chọn D.

Lời giải chi tiết

Gọi H là trọng tâm tam giác đều ABC và M là trung điểm của BC.

Ta có: $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow AH=\frac{2}{3}AM=\frac{a\sqrt{3}}{3}$

Khi đó: ${A}'H=HA\tan 30{}^\circ =\frac{a}{3},{{S}_{ABC}}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}$

Do vậy: ${{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}={{S}_{ABC}}.{A}'H=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{12}$

Chọn D.

Lời giải chi tiết

Ta có: $HB=3a;HA=a.$Gọi E là trung điểm của AB.

Ta có: $CE=\frac{\left( 4a \right)\sqrt{3}}{2}=2a\sqrt{3}$

$\Rightarrow C{{H}^{2}}=H{{A}^{2}}+A{{C}^{2}}-2HA.AC\cos 60{}^\circ =13{{a}^{2}}$

Hoặc $CH=\sqrt{C{{E}^{2}}+H{{E}^{2}}}=a\sqrt{13}$

$\Rightarrow {A}'H=CH\tan 30{}^\circ =\frac{a\sqrt{13}}{\sqrt{3}};{{S}_{ABC}}=4{{a}^{2}}\sqrt{3}$

Khi đó ${{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}={{S}_{ABC}}.{A}'H=4{{a}^{3}}\sqrt{13}$

Chọn A.

Lời giải chi tiết

Gọi H là trung điểm của $AB\Rightarrow CH=a\sqrt{2}$

Khi đó ta có: $\left\{ \begin{matrix}   CH\bot AB  \\   AB\bot {A}'H  \\\end{matrix} \right.\Rightarrow AB\bot \left( {A}'HC \right)$

Dựng $HK\bot {A}'C\Rightarrow d\left( {A}'C;AB \right)=HK$

Mặt khác $\frac{1}{HK}=\frac{1}{A{{H}^{2}}}+\frac{1}{H{{C}^{2}}}\Rightarrow {A}'H=2a$

Do vậy ${{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}={A}'H.{{S}_{ABC}}=4{{a}^{3}}$. Chọn C. 

Lời giải chi tiết

Ta có: $CM=\frac{a\sqrt{3}}{2},{{S}_{ABC}}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}$

Gọi H là trung điểm của CM suy ra ${C}'H\bot CM.$

Mặt khác có $\left( {C}'MC \right)\bot \left( ABC \right)\Rightarrow {C}'H\bot \left( ABC \right)$

$\Rightarrow \widehat{\left( A{C}';\left( ABC \right) \right)}=\widehat{{C}'AH}=60{}^\circ ..$

Lại có $AH=\sqrt{M{{H}^{2}}+A{{M}^{2}}}=\frac{a\sqrt{7}}{4}.$

Suy ra ${C}'H=AH\tan 60{}^\circ =\frac{a\sqrt{21}}{4}$.

Vậy ${{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}={C}'H.{{S}_{ABC}}=\frac{3{{a}^{3}}\sqrt{7}}{16}$. Chọn A.

Lời giải chi tiết

Gọi H là trung điểm của AC khi đó $AH\bot AC$.

Mặt khác $\left( {A}'AC \right)\bot \left( ABC \right).$

Do đó ${A}'H\bot \left( ABC \right)$. Dựng $HK\bot BC$

$\Rightarrow \left( {A}'HK \right)\bot BC\Rightarrow \widehat{{A}'KH}=45{}^\circ $

Ta có: $HK=\frac{AB}{2}=\frac{a}{2}\Rightarrow {A}'H=HK=\frac{a}{2}$

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

Chọn D.

 Lời giải chi tiết

Gọi H là trọng tâm tam giác ABC. Gọi M là trung điểm của AB ta có: $CM=\sqrt{M{{B}^{2}}+C{{B}^{2}}}=a\sqrt{5}$

$\Rightarrow CH=\frac{2}{3}a\sqrt{5}\Rightarrow {A}'H=\sqrt{{A}'{{C}^{2}}-C{{H}^{2}}}=2a$

Do vậy ${{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}={A}'H.{{S}_{ABC}}=2a.\frac{{{\left( 2a \right)}^{2}}}{2}=4{{a}^{3}}$.

Chọn B.

Lời giải chi tiết

Dựng $HK\bot AC,HF\bot {A}'E\Rightarrow HF\bot \left( AB{A}' \right)$

Ta có: $d\left( C;\left( AB{A}' \right) \right)=3d\left( H;\left( AB{A}' \right) \right)=3HF=\frac{9a}{2}$

Lại có: $HE=HA\sin 60{}^\circ =2a\sin 60{}^\circ =a\sqrt{3};HF=\frac{3a}{2}.$

Mặt khác: $\frac{1}{H{{E}^{2}}}+\frac{1}{{A}'{{H}^{2}}}=\frac{1}{H{{F}^{2}}}\Rightarrow {A}'H=3a.$

Vậy ${{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}={A}'H.{{S}_{ABC}}=3a.\frac{{{\left( 6a \right)}^{2}}\sqrt{3}}{4}=27{{a}^{3}}\sqrt{3}$

Chọn D.

 Lời giải chi tiết

Gọi H là trung điểm của $AB\Rightarrow AH=\frac{a}{2}.$

Ta có: $AB\bot {A}'H;AB\bot CH\Rightarrow {C}'H\bot AB$

$\Rightarrow A{{H}^{2}}+H{{{C}'}^{2}}=A{{{C}'}^{2}}\Rightarrow H{{{C}'}^{2}}=A{{{C}'}^{2}}-A{{H}^{2}}=2{{a}^{2}}$

$\Rightarrow {A}'H=\sqrt{H{{{{C}'}}^{2}}-A{{{{C}'}}^{2}}}=a$

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

Lời giải chi tiết

Gọi H là trọng tâm tam giác đều ABC.

Khi đó ${C}'H\bot \left( ABC \right)$ và ${C}'H=h.$

Ta có: $A{A}'//C{C}'$ suy ra $C{C}'$tạo với đáy một góc $60{}^\circ $

$\Rightarrow \widehat{{C}'CH}=60{}^\circ .$ Khi đó $CH\tan 60{}^\circ =h\Rightarrow CH=\frac{h}{\sqrt{3}}.$

Đặt $AB=a\Rightarrow CH=\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}=\frac{h}{\sqrt{3}}\Rightarrow h=a.$

Do đó ${{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}=\frac{{{h}^{3}}\sqrt{3}}{4}$. Chọn B.

Lời giải chi tiết

Gọi H là trung điểm của $AB\Rightarrow {A}'H\bot \left( ABC \right)$

Dựng $HE\bot BC,HF\bot {A}'E.$Khi đó $d\left( H;\left( {A}'BC \right) \right)=HF.$

Mặt khác $HE=HB\sin \widehat{ABC}=\frac{a}{2}\sin 60{}^\circ =\frac{a\sqrt{3}}{4}.$

Lại có $d\left( A;\left( {A}'BC \right) \right)=2d\left( H;\left( {A}'BC \right) \right)=2HF=\frac{a\sqrt{15}}{5}$

$\Rightarrow HF=\frac{a\sqrt{15}}{10}$. Mặt khác: $\frac{1}{H{{F}^{2}}}=\frac{1}{H{{E}^{2}}}+\frac{1}{{A}'{{H}^{2}}}$

$\Rightarrow {A}'H=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow V={A}'H.{{S}_{ABC}}=\frac{3{{a}^{3}}}{8}$. Chọn A.

Lời giải chi tiết

Ta có ${A}'A={A}'B={A}'C={A}'D$ nên hình chiếu của ${A}'$xuống mặt đáy trùng với tâm H của hình chữ nhật ABCD. Dựng $HK\bot CD.$

Lại có ${A}'H\bot CD\Rightarrow CD\bot \left( {A}'CD \right)$

Do vậy $\widehat{\left( \left( {A}'CD \right);\left( ABCD \right) \right)}=\widehat{{A}'KH}=60{}^\circ .$

Lại có $HK=\frac{AD}{2}=2\Rightarrow {A}'H=HK\tan 60{}^\circ =2a\sqrt{3}$

Vậy ${{V}_{ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'}}={A}'H.{{S}_{ABCD}}=24{{a}^{3}}\sqrt{3}$. Chọn D.

Lời giải chi tiết

Gọi H là trung điểm của OB. Khi đó

$OC=a,OH=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow CH=\sqrt{O{{C}^{2}}+O{{H}^{2}}}=\frac{a\sqrt{7}}{2}.$

Ta có: $\widehat{\left( {B}'C;\left( ABC \right) \right)}=\widehat{{B}'CH}=45{}^\circ $

$\Rightarrow {B}'H=CH=\frac{a\sqrt{7}}{2}$

Lại có: ${{S}_{ABCD}}=\frac{1}{2}AC.BD=2{{a}^{2}}\sqrt{3}$

$\Rightarrow {{V}_{ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'}}=2{{a}^{2}}\sqrt{3}.\frac{a\sqrt{7}}{2}={{a}^{3}}\sqrt{21}.$ Chọn D

Lời giải chi tiết

Gọi G là trọng tâm tam giác ABD khi đó ta có:

$GA=\frac{1}{3}AC$. Mặt khác $AC=6a\sqrt{2}.$

Suy ra $GA=2a\sqrt{2},GC=4a\sqrt{2}.$ Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác $AC{A}'$ vuông tại ${A}'$có đường cao ${A}'G$ nên ta có: ${A}'G=\sqrt{GA.GC}=4a$

$\Rightarrow {{V}_{ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'}}={A}'G.{{S}_{ABCD}}=144{{a}^{3}}$. Chọn B.

 Lời giải chi tiết

Ta có: $\widehat{\left( A{A}';\left( ABCD \right) \right)}=\widehat{{A}'AO}=60{}^\circ .$

Mặt khác: $AC=\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}=4a\Rightarrow OA=2a$

$\Rightarrow O{A}'=OA\tan 60{}^\circ =2a\sqrt{3}$

${{V}_{ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'}}=O{A}'.{{S}_{ABCD}}=2a\sqrt{3}.4{{a}^{2}}\sqrt{3}=24{{a}^{3}}$

Chọn C.

.