Bài tập trắc nghiệm hình lăng trụ

Giả sử đường cao là C’H thì ta sẽ có: \(\sin {60^0} = \frac{{C'H}}{{C'A}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow C'H = 2\sqrt 3\)
\({V_{ABC.A'B'C'}} = 2\sqrt 3 .\frac{1}{2}.{\left( {2\sqrt 2 } \right)^2} = 8\sqrt 3\)
\({V_{ABCC'B'}} = 2{V_{ABCC'}} = 2{V_{C'ABC}} = 2.\frac{1}{3}.2\sqrt 3 .\frac{1}{2}.{\left( {2\sqrt 2 } \right)^2} = \frac{{16\sqrt 3 }}{3}\)

 

Ta thấy khoảng cách từ G và A xuống mặt phẳng (A’B’C’) là bằng nhau (do G,A thuộc mặt phẳng (ABC)//(A’B’C’).
\({V_{GA'B'C'}} = {V_{A.A'B'C'}}\)
Mà \({V_{A.A'B'C'}} = {V_{ABB'C'}}\) (do 2 hình chóp này có 2 đáy AA’B’ và ABB’ diện tích bằng nhau, chung đường cao hạ từ C’).
\(\Rightarrow {V_{GA'B'C'}} = {V_{ABB'C'}}\)
=> Vậy loại phương án B và C vì hai tứ diện này có thể tích bằng nhau.
So sánh Khối A’BCN và Khối BB’MN
Nhận thấy khoảng cách từ M và A’ xuống mặt BBCC’ là bằng nhau
Suy ra khối A’BCN và Khối BB’MN có đường cao hạ từ M và A’ bằng nhau.
Mặt khác Diện tích đáy BNB’ > Diện tích đáy BCN.
=> Khối A’BCN < Khối BB’MN.
=> Khối A’BCN có diện tích nhỏ hơn.

 

Thể tích khối lăng trụ tam giác đều có độ dài cạnh đáy bằng b, cạnh bên bằng a là:
\({V_0} = \frac{{a.{b^2}\sqrt 3 }}{4}\)
+ Độ dài các cạnh bên của một khối lăng trụ tăng lên ba lần \(a'=3a\)
+ Độ dài các cạnh đáy của nó giảm đi một nửa \(b'=\frac{1}{2}b\)
Thể tích của khối lăng trụ lúc này là: \({V_1} = \frac{{a'b{'^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3a.\frac{1}{4}{b^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{3}{4}\left( {\frac{{a{b^2}\sqrt 3 }}{4}} \right)\)
Vậy thể tích khối lăng trụ giảm đi.

 

Gọi M là trung điểm A’B’.

Khi đó góc giữa đường thẳng BC’ và (ABB’A’) bằng góc MBC’ và bằng 600.
Gọi AB=CB=x
Ta có:
\(BC{'^2} = \sqrt {{a^2} + {x^2}} \Rightarrow MC{'^2} = {x^2} - \frac{{{a^2}}}{4} = \frac{{4{x^2} - {a^2}}}{4}\)
\(\begin{array}{l} \sin {60^0} = \frac{{MC'}}{{BC'}} = \frac{{\sqrt {4{x^2} - {a^2}} }}{{2\sqrt {{a^2} + {x^2}} }} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\\ \Rightarrow 4{x^2} - {a^2} = 3{a^2} + 3{x^2} \Rightarrow {x^2} = 4{a^2} \Rightarrow x = 2a \end{array}\)
\(\Rightarrow MC' = \frac{{\sqrt {15{a^2}} }}{2} = \frac{{a\sqrt {15} }}{2}\)
\(V = AA'.{S_{A'B'C'}} = a.\frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt {15} }}{2}.a = \frac{{{a^3}\sqrt {15} }}{4}\)

 

Ta có:
\(V = SABCD.h = {a^2}.h = 3{a^3} \Rightarrow h = 3a.\)

 

Vì ABC là tam giác vuông cân nên:
\(\begin{array}{l} AB = AC = \frac{{BC}}{{\sqrt 2 }} = a\sqrt 2 \\ {V_{ABC.A'B'C'}} = BB'.{S_{ABC}} = \frac{1}{2}.BB'.AB.AC = 2{a^3} \end{array}\)

 

Gọi H là trung điểm của A’B, theo đề ta suy ra: \(AH \bot \left( {A'B'C'} \right)\)
\(\Rightarrow \widehat {AA'H} = {45^0}\) khi đó \(AH = A'H.\tan {45^0} = \frac{a}{2}.\)
Vậy: \(V = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{8}\)
Gọi H là trung điểm của A’B, theo đề ta suy ra: \(AH \bot \left( {A'B'C'} \right)\)
\(\Rightarrow \widehat {AA'H} = {45^0}\) khi đó \(AH = A'H.\tan {45^0} = \frac{a}{2}.\)
Vậy: \(V = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{8}\)

 

Ta có:
\(\begin{array}{l} C'C//\left( {ABB'A'} \right)\\ \Rightarrow d\left( {CC';AB'} \right) = d\left( {CC';\left( {ABB'A'} \right)} \right) = d\left( {C';\left( {ABB'A'} \right)} \right) = a \end{array}\)
Mặt khác ta có: \(C'A' \bot BB';C'A' \bot A'B' \Rightarrow C'A' \bot \left( {ABB'A'} \right) \Rightarrow C'A' = a\)
Khi đó \(B'C' = a\sqrt 2\) (do tam giác A’B’C’ vuông cân tại A’).
Mà 'BCC’B’ là hình vuông nên chiều cao hình lăng trụ là \(BB' = B'C = a\sqrt 2\)
Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{1}{2}.{a^2}.a\sqrt 2 = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{2}.\)

 

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\widehat {A'BH} = {{45}^0}}\\ {A'H \bot BH} \end{array}} \right. \Rightarrow A'H = BH\)
Lại có \(BH = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}\sqrt {A{B^2} + B{C^2}}\)
\(= \frac{1}{2}\sqrt {{a^2} + 4{a^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2} \Rightarrow A'H = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\)
\(\Rightarrow V = A'H.{S_{ABC}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}.\frac{1}{2}a.2a = \frac{{{a^3}\sqrt 5 }}{2}\)

 

Ta có \({V_{A.A'B'C'}} + {V_{A.BCC'B'}} = {V_{ABC.A'B'C'}} \Rightarrow {V_{A.BCC'B'}}\)
\(= {V_{ABC.A'B'C'}} - \frac{1}{3}.{V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{2}{3}{V_{ABC.A'B'C'}}\)
Gọi H là hình chiếu của A trên mặt phẳng \(\Rightarrow \widehat {\left( {AC';\left( {A'B'C'} \right)} \right)} = \widehat {AC'H} = {60^0}\)
Khi đó
\(\sin \widehat {AC'H} = \frac{{AH}}{{AC'}} \Rightarrow AH = \sin {60^0}.4a = 2a\sqrt 3 \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = AH.{S_{\Delta A'B'C'}}\)
\(= 2a\sqrt 3 .\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3{a^3}}}{2}\)
Vậy thể tích của khối đa diện cần tìm là \({V_{A.BCC'B'}} = \frac{2}{3}.{V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{2}{3}.\frac{{3{a^3}}}{2} = {a^3}\)

 

Gọi I là trung điểm của đoạn BC \(\Rightarrow AI \bot (BB'C'C)\)
Vậy \(\widehat {AB'I} = {30^0}.\)
Trong tam giác \(AB'I:B'I = AI.\cot {30^0} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\sqrt 3 = \frac{{3a}}{2}.\)
Trong tam giác \(B'BI:BB' = \sqrt {B'{I^2} - B{I^2}} = \sqrt {\frac{9}{4}{a^2} - \frac{{{a^2}}}{4}} = a\sqrt 2 .\)
Vậy thể tích lăng trụ là: \(V = {S_{ABC}}.BB' = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.a\sqrt 2 = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{4}.\)

 

Gọi H là trung điểm \(AB{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }}A'H \bot \left( {ABC} \right)\)
Vẽ \(HK\perp AC\) tại K (1)
Ta có:\(\left\{ \begin{array}{l} AC \bot HK\\ AC \bot A'H \end{array} \right. \Rightarrow AC \bot (A'HK) \Rightarrow A'K \bot AC\) (2)
(1) (2) suy ra: \(\widehat {\left( {(AA'C'C);(ABC)} \right)} = \widehat {A'KH{\rm{ }}} = {\rm{ }}45^\circ\)
\(\begin{array}{l} AH = \frac{{AB}}{2} = \frac{a}{2};HK = AH.sin60^\circ = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\\ \Rightarrow A'H = HK = \frac{{a\sqrt 3 }}{4} \end{array}\)
Vậy: \({V_{ABC.A'B'C'}} = A'H.{S_{ABC}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3{a^2}}}{{16}}.\

 

Dựng \(C'H \bot A'B' \Rightarrow C'H \bot \left( {ABA'} \right)\)
\(\dpi{100} S{ _{\Delta AA'B}} = \frac{1}{2}AA'.AB = \frac{1}{2}{a^2} \Rightarrow {V_{ABA'C'}} = \frac{1}{3}C'H.{S_{\Delta AA'B}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}.\)

 

Ta có \(\widehat {AC'B} = \alpha.\).
Tam giác ABC' vuông tại B và: \(\widehat {AC'B} = \alpha \Rightarrow BC' = \frac{a}{{\tan \alpha }} = a\cot \alpha .\)
Áp dụng định lý Pytago thì: \(CC' = \sqrt {BC{'^2} - B{C^2}} = a\sqrt {{{\cot }^2}\alpha - 1} .\)
Thể tích khối lăng trụ \(V = BC.CD.CC' = {a^3}\sqrt {{{\cot }^2}\alpha - 1} .\)

 

Ta có MH là hình chiếu của A’M trên (ABC).
Suy ra \(\widehat {\left( {{A^'}M,\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {{A^'}M,MH} \right)} = \widehat {{A^'}MH} = {60^o}.\)
Xét tam giác A’MH vuông tại H, có \(\tan \widehat {A'MH} = \frac{{A'H}}{{MH}} \Rightarrow A'H = \tan {60^o}\frac{{BC}}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\)
Vậy thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là \({V_{ABC.A'B'C'}} = A'H.{S_{ABC}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3{a^3}}}{8}.\)

 

Gọi H là hình chiếu của F lên mặt phẳng \(A'B'C'D'E'F'\).
Ta có: \(FH = FF'\sin 60^\circ = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
Gọi O là tâm của hình lục giác đều ABCDEF khi đó
\({S_{ABCDEF}} = 6.{S_{OAB}} = 6.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{2}\)
Thể tích của khối lăng trụ là:
\(V = {S_{ABCDEF}}.FH = \frac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{9{a^3}}}{4}\)

 

Ta có: \(AB{'^2} = A{B^2} + BB{'^2} \Leftrightarrow 5{a^2} = {a^2} + BB{'^2}\)
\(\Rightarrow BB' = 2a \Rightarrow V = {S_{ABCD}}.BB' = {a^2}.2a = 2{a^3}\)

 

Góc giữa A’B và (ABC) chính là \(\widehat {A'BA}{\rm{ = }}{60^o}\)
Xét tam giác A’BA vuông tại A có \(\widehat {A'BA}{\rm{ = }}{60^o}\) và A’B=2a
Suy ra \({\rm{AA}}' = \sqrt 3 a;AB = a\)
Vậy: \(V = AA'.{S_{ABC}} = \sqrt 3 a.\frac{1}{2}{a^2}.\sin {60^0} = \frac{{3{a^3}}}{4}.\)