Cách tính Thể tích khối lăng trụ đứng- Bài tập có đáp án
Công thức tính thể tích khối lăng trụ:
$V=S.h$
Trong đó: S là diện tích đáy và h là chiều cao của khối lăng trụ.
Chú ý: Lăng trụ đều là hình lăng trụ đứng có đáy là đa giác đều.
Bài tập trắc nghiệm thể tích khối lăng trụ có đáp án chi tiết
| Bài tập 1: Cho hình lăng trụ đứng $ABC.{A}'{B}'{C}’$có đáy là tam giác dều cạnh a. Biết mặt phẳng (A’BC) tạo với đáy một góc 60°. Thể tích khối lăng trụ đã cho là:
A. $\frac{2{{a}^{3}}\sqrt{3}}{4}$ B. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{8}$ C. $\frac{3{{a}^{3}}\sqrt{3}}{8}$ D. $\frac{3{{a}^{3}}\sqrt{3}}{4}$ |
Lời giải chi tiết
Diện tích đáy cùa lăng trụ là ${{S}_{ABC}}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}.$
Dựng $AH\bot BC,$có $BC\bot A{A}’\Rightarrow BC\bot ({A}’HA)$
Do đó: $\widehat{\left( \left( {A}’BC \right);\left( ABC \right) \right)}=\widehat{{A}’HA\text{ }}=60{}^\circ $
Ta có: $AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow {A}’H=AH\tan 60{}^\circ =\frac{3a}{2}.$
Thể tích khối lăng trụ là: $V={{S}_{ABC}}.A{A}’=\frac{3{{a}^{3}}\sqrt{3}}{8}.$ Chọn C
| Bài tập 2: Cho hình lăng trụ đứng $ABC.{A}'{B}'{C}’$ có đáy là tam giác đều cạnh a. Đường thẳng ${A}’C$ tạo với mặt phẳng $(BC{C}'{B}’)$ một góc $30{}^\circ $. Thể tích khối lăng trụ đã cho là
A. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{15}}{5}$ B. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{8}$ C. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{15}}{8}$ D. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{4}$ |
Lời giải chi tiết
Dựng ${A}’H\bot {B}'{C}’\Rightarrow $H là trung điểm của ${B}'{C}’$.
Mặt khác ${A}’H\bot B{B}’\Rightarrow {A}’H\bot (BC{C}'{B}’)$.
Khi đó $\widehat{({A}’C;(BC{C}'{B}’)})=\widehat{{A}’CH}=30{}^\circ $
Ta có: ${A}’C\sin 30{}^\circ -{A}’H-\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow {A}’C=a\sqrt{3}$
Suy ra $A{A}’=\sqrt{{A}'{{C}^{2}}-A{{C}^{2}}}=a\sqrt{2}.$
Thể tích khối lăng trụ là: $V={{S}_{ABC}}.A{A}’=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}.a\sqrt{2}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{4}$
Chọn D.
| Bài tập 3: Cho hình lăng trụ đứng$ABC.{A}'{B}'{C}’$có đáy là tam giác vuông cân tại A có $AB=AC=a$. Biết diện tích tam giác ${A}’BC$ bằng $\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}$. Thể tích khối lăng trụ đã cho là
A. $2{{a}^{3}}$ B. ${{a}^{3}}$ C. $\text{3}{{a}^{3}}$ D. $\frac{{{a}^{3}}}{2}$ |
Lời giải chi tiết
Diện tích đáy của lăng trụ là ${{S}_{ABC}}=\frac{{{a}^{2}}}{2}.$
Dựng $AH\bot BC,$có $BC\bot A{A}’\Rightarrow BC\bot ({A}’HA)\Rightarrow BC\bot {A}’H.$
Mặt khác $BC=\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}}=a\sqrt{2}\Rightarrow {A}’H=\frac{2{{S}_{ABC}}}{BC}=\sqrt{\frac{3}{2}}a.$
Do $AH=\frac{BC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}\Rightarrow A{A}’=\sqrt{{A}'{{H}^{2}}-A{{H}^{2}}}=a.$
Thể tích khối lăng trụ là: $V={{S}_{ABC}}.A{A}’=\frac{{{a}^{3}}}{2}.$Chọn D.
| Bài tập 4: Cho khối lăng trụ đứng $ABC.{A}'{B}'{C}’$có đáy ABC là tam giác cân với $AB=AC=a$, $\widehat{BAC}=120{}^\circ ,$ mặt phẳng $(A{B}'{C}’)$ tạo với đáy một góc $60{}^\circ $. Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho.
A. $V=\frac{3{{a}^{3}}}{8}$ B. $V=\frac{9{{a}^{3}}}{8}$ C. $V=\frac{{{a}^{3}}}{8}$ D. $V=\frac{3{{a}^{3}}}{4}$ |
Lời giải chi tiết
Gọi M là trung điểm của ${B}'{C}’$
Khi đó $\left\{ \begin{matrix} {B}'{C}’\bot {A}’M \\ {B}'{C}’\bot A{A}’ \\\end{matrix} \right.\Rightarrow {B}'{C}’\bot ({A}’MA)\Rightarrow \widehat{{A}’MA}=60{}^\circ $
Ta có: $B{{C}^{2}}=2{{a}^{2}}-2{{a}^{2}}\cos 120{}^\circ =3{{a}^{2}}\Rightarrow BC=a\sqrt{3}$
${A}’M=\sqrt{{{a}^{2}}-{{\left( \frac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}}=\frac{a}{2}\Rightarrow A{A}’=h={A}’M\tan 60{}^\circ =\frac{a\sqrt{3}}{2}.$
${{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}{{a}^{2}}\sin 120{}^\circ =\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}\Rightarrow V={{S}_{ABC}}.A{A}’=\frac{3{{a}^{3}}}{8}.$ Chọn A.
| Bài tập 5: Cho hình lăng trụ đứng $ABC.{A}'{B}'{C}’$có đáy ABC là tam giác cân tại A có $AB=AC=3a$. Biết rằng $A{A}’=a\sqrt{3}$và mặt phẳng $\left( {A}’BC \right)$tạo với đáy một góc $60{}^\circ $. Thể tích khối lăng trụ đã cho là:
A. ${{a}^{3}}\sqrt{6}$ B. $6{{a}^{3}}\sqrt{6}$ C. $2{{a}^{3}}\sqrt{6}$ D. $\frac{2{{a}^{3}}\sqrt{6}}{3}$ |
Lời giải chi tiết
Gọi M là trung điểm của BC, ta có $AM\bot BC$
Mặt khác $BC\bot A{A}’\Rightarrow BC\bot \left( A{A}’M \right)$
Do đó $\widehat{{A}’MA}=60{}^\circ $. Khi đó $A{A}’=AM\tan 60{}^\circ $
$\Rightarrow AM=a\Rightarrow BM=\sqrt{A{{B}^{2}}-A{{M}^{2}}}=2a\sqrt{2}.$
Khi đó ${{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}BC.AM=BM.AM=2{{a}^{2}}\sqrt{2}.$
Do đó ${{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}’}}=A{A}’.{{S}_{ABC}}.=a\sqrt{3}.2{{a}^{2}}\sqrt{2}=2{{a}^{3}}\sqrt{6}$. Chọn C.
| Bài tập 6: Cho hình lăng trụ đứng $ABC.{A}'{B}'{C}’$có đáy là tam giác ABC vuông tại B có $AB=a\sqrt{3},BC=a.$ Gọi M là trung điểm của AC, đường thẳng ${B}’M$ tạo với đáy một góc $45{}^\circ .$Thể tích khối lăng trụ đã cho là:
A. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{2}$ B. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{2}$ C. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{4}$ D. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{6}$ |
Lời giải chi tiết
Ta có: $AC=\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}=2a$.
Do vậy $BM=\frac{AC}{2}=a$(tính chất trung tuyến trong tam giác vuông).
Lại có: ${{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}AB.AC=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}$
Mặt khác: $\widehat{\left( {B}’M;\left( ABC \right) \right)}=\widehat{{B}’MB}=45{}^\circ .$
Suy ra $B{B}’=BM\tan 45{}^\circ =a.$
Vậy $V=B{B}’.{{S}_{ABC}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{2}.$Chọn A.
| Bài tập 7: Cho hình lăng trụ đứng $ABC.{A}'{B}'{C}’$ có tam giác ABC vuông tại B có $BC=3a$. Gọi M là trung điểm của ${A}'{C}’$ và I là giao điểm của ${A}’C$và AM. Khoảng cách từ I đến mặt phẳng $(ABC)$ bằng 2a và ${A}’B=5a$. Thể tích khối lăng trụ đã cho là:
A. $6{{a}^{3}}$ B. $2{{a}^{3}}$ C. $9{{a}^{3}}$ D. $18{{a}^{3}}$ |
Lời giải chi tiết
Do $AM//AC$ nên $\frac{I{A}’}{IC}=\frac{M{A}’}{AC}=\frac{1}{2}\Rightarrow \frac{{A}’C}{IC}=\frac{3}{2}.$
Do đó $d\left( {A}’;\left( ABC \right) \right)=\frac{3}{2}d\left( I;\left( ABC \right) \right)=3a=A{A}’.$
Mặt khác $AB=\sqrt{{A}'{{B}^{2}}-A{{{{A}’}}^{2}}}=4a.$
Do đó ${{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}’}}=A{A}’.{{S}_{ABC}}.=3a.\frac{4a.3a}{2}=18{{a}^{3}}$. Chọn D
| Bài tập 8: Cho khối lăng trụ đứng $ABC.{A}'{B}'{C}’$có đáy là tam giác ABC vuông tại A có $AB=5a,AC=12a.$ Biết rằng mặt phẳng $\left( {A}’BC \right)$ tạo với đáy một góc $60{}^\circ $. Tính thể tích khối lăng trụ $ABC.{A}'{B}'{C}’$. A. $\frac{800{{a}^{3}}\sqrt{3}}{13}.$ B. $\frac{3600{{a}^{3}}\sqrt{3}}{13}.$ C. $\frac{900{{a}^{3}}\sqrt{3}}{13}.$ D. $\frac{1800{{a}^{3}}\sqrt{3}}{13}.$ |
Lời giải chi tiết
Dựng $AH\bot BC.$ Mặt khác $A{A}’\bot BC.$
Do đó $\left( {A}’HA \right)\bot BC.$
Khi đó $\widehat{\left( \left( {A}’BC \right);\left( ABC \right) \right)}=\widehat{{A}’HA}=60{}^\circ .$
Mặt khác $AH=\frac{AB.AC}{\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}}}=\frac{60}{13}a.$
Suy ra $A{A}’=AH\tan \widehat{{A}’HA}=\frac{60\sqrt{3}}{13}a.$
Vậy $V=A{A}’.{{S}_{ABC}}=\frac{1800{{a}^{3}}\sqrt{3}}{13}.$ Chọn D.
| Bài tập 9: Cho khối lăng trụ đứng $ABC.{A}'{B}'{C}’$có đáy là tam giác ABC có $\widehat{BAC}=60{}^\circ ,AB=3a$và $AC=4a.$Gọi M là trung điểm của ${B}'{C}’$, biết khoảng cách từ M đến mặt phẳng $({B}’AC)$ bằng $\frac{3a\sqrt{15}}{10}$. Thể tích khối lăng trụ đã cho là:
A. ${{a}^{3}}$ B. $9{{a}^{3}}$ C. $4{{a}^{3}}$ D. $27{{a}^{3}}$ |
Lời giải chi tiết
Ta có: ${{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}AB.AC\sin \widehat{BAC}=3{{a}^{2}}\sqrt{3}.$
Dựng $BE\bot AC;BF\bot {B}’E.$ Khi đó $\left\{ \begin{matrix} BC\bot {B}’B \\ BC\bot BE \\\end{matrix} \right.$
Suy ra $BC\bot BF\Rightarrow BF\bot ({B}’AC).$
Do vậy $d\left( M;({B}’AC) \right)=BF;BE=AB\sin A=\frac{3a\sqrt{3}}{2}.$
Mặt khác $d\left( M;({B}’AC) \right)=\frac{1}{2}d\left( C;({B}’AC) \right)$
$=\frac{1}{2}d\left( B;({B}’AC) \right)=\frac{1}{2}BF=\frac{3a\sqrt{15}}{10}\Rightarrow BF=\frac{3a\sqrt{15}}{5}$
Mặt khác $\frac{1}{B{{F}^{2}}}=\frac{1}{B{{{{B}’}}^{2}}}+\frac{1}{B{{E}^{2}}}\Rightarrow B{B}’=3a\sqrt{3}\Rightarrow {{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}’}}=B{B}’.{{S}_{ABC}}=27{{a}^{3}}$. Chọn D.
| Bài tập 10: Cho hình lăng trụ đứng $ABC.{A}'{B}'{C}’$ có đáy ABC là tam giác vuông, AB=BC=a. Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng $\left( AC{C}’ \right)$ và $(A{B}'{C}’)$ bằng $60{}^\circ $(tham khảo hình vẽ bên). Thể tích của khối chóp ${B}’.AC{C}'{A}’$ bằng
A. $\frac{{{a}^{3}}}{3}.$ B. $\frac{{{a}^{3}}}{6}.$ C. $\frac{{{a}^{3}}}{2}.$ D. $\frac{\sqrt{3}{{a}^{3}}}{3}.$ |
Lời giải chi tiết
Dựng ${B}’M\bot {A}'{C}’\Rightarrow {B}’M\bot \left( AC{C}'{A}’ \right)$
Dựng $MN\bot A{C}’\Rightarrow A{C}’\bot (MN{B}’)$
Khi đó $\widehat{\left( (A{B}'{C}’);\left( A{C}'{A}’ \right) \right)}=\widehat{(MN{B}’)}=60{}^\circ $
Ta có: ${B}’M=\frac{a\sqrt{2}}{2}\Rightarrow MN=\frac{{B}’M}{\tan \widehat{(MN{B}’)}}=\frac{a\sqrt{6}}{6}$
Mặt khác $\tan \widehat{A{C}'{A}’}=\frac{MN}{{C}’N}=\frac{A{A}’}{{A}'{C}’\,}$
Trong đó $MN=\frac{a\sqrt{6}}{6},M{C}’=\frac{a\sqrt{2}}{2}$
$\Rightarrow {C}’N=\sqrt{{C}'{{M}^{2}}-M{{N}^{2}}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}\Rightarrow A{A}’=a$
Thể tích lăng trụ $V=\frac{A{{B}^{2}}}{2}.h=\frac{{{a}^{3}}}{2}\Rightarrow {{V}_{{B}’.AC{C}'{A}’}}=V-{{V}_{{B}’.BAC}}=V-\frac{V}{3}=\frac{2}{3}V=\frac{{{a}^{3}}}{3}.$ Chọn A.
| Bài tập 11: Cho hình lăng trụ đứng $ABC.{A}'{B}'{C}’$ có $AB=AC=a,\widehat{ACB}=30{}^\circ ,$đường thẳng ${A}’C$ tạo với mặt phẳng $\left( AB{B}'{A}’ \right)$ một góc $45{}^\circ $. Thể tích khối lăng trụ đã cho là
A. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{8}$ B. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{8}$ C. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{4}$ D. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{4}$ |
Lời giải chi tiết
Ta có tam giác ABC cân tại A do đó $\widehat{B}=\widehat{C}=30{}^\circ $
$\widehat{BAC}=120{}^\circ .$ Dựng $CH\bot AB$, có $CH\bot A{A}’$ suy ra
$CH\bot \left( AB{B}'{A}’ \right)\Rightarrow \widehat{\left( C{A}’;\left( AB{B}'{A}’ \right) \right)}=\widehat{C{A}’H}=45{}^\circ $
Mặt khác $CH=AC\sin \widehat{CAH}=a\sin 60{}^\circ =\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Suy ra $C{A}’\sin 45{}^\circ =CH\Rightarrow {A}’C=\frac{a\sqrt{6}}{2}$
$\Rightarrow A{A}’=\sqrt{{A}'{{C}^{2}}-A{{C}^{2}}}=\frac{a}{\sqrt{2}}\Rightarrow V=A{A}’.{{S}_{ABC}}$
$=A{A}’.\frac{1}{2}AB.sin120{}^\circ =\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{8}$.Chọn B.
| Bài tập 12: Cho khối lăng trụ đứng $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}’$có đáy là hình chữ nhật ABCD có $AB=a,AD=a\sqrt{3}.$ Mặt phẳng $\left( {A}’BD \right)$tạo với đáy một góc $60{}^\circ $. Thể tích khối lăng trụ đã cho là:
A. $\frac{3{{a}^{3}}\sqrt{3}}{2}$ B. $\frac{3{{a}^{3}}}{2}$ C. $\frac{{{a}^{3}}}{3}$ D. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{2}$ |
Lời giải chi tiết
Dựng $AH\bot BD,$ta có $AH\bot A{A}’\Rightarrow \left( {A}’AH \right)\bot BD$
Do đó $\widehat{\left( \left( {A}’BD \right);\left( ABCD \right) \right)}=\widehat{{A}’HA}=60{}^\circ $
Mặt khác $AH=\frac{AB.AD}{\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$
Suy ra ${A}’A=AH\tan 60{}^\circ =\frac{3a}{2},{{S}_{ABCD}}=AB.AD={{a}^{2}}\sqrt{3}$
$\Rightarrow {{V}_{ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}’}}=A{A}’.{{S}_{ABCD}}=\frac{3{{a}^{3}}\sqrt{3}}{2}.$ Chọn A
| Bài tập 13: Cho hình hộp chữ nhật $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}’$ có đáy là hình chữ nhật ABCD có $AB=3a,AD=4a.$ Đường thẳng ${A}’C$ tạo với mặt phẳng $\left( {A}'{B}’BA \right)$ một góc $30{}^\circ $. Thể tích khối hộp chữ nhật đã cho là:
A. $2{{a}^{3}}\sqrt{39}.$ B. $18{{a}^{3}}\sqrt{39}.$ C. ${{a}^{3}}\sqrt{39}.$ D. $6{{a}^{3}}\sqrt{39}.$ |
Lời giải chi tiết
Ta có: $\left\{ \begin{matrix} BC\bot AB \\ BC\bot {B}’B \\\end{matrix} \right.\Rightarrow BC\bot \left( AB{B}'{A}’ \right)$
$\Rightarrow \widehat{\left( {A}’C;\left( AB{B}'{A}’ \right) \right)}=\widehat{C{A}’B}=30{}^\circ $
Khi đó ${A}’B.\tan 30{}^\circ =BC=4a\Rightarrow {A}’B=4a\sqrt{3}$
Do vậy ${A}’A=\sqrt{{A}'{{B}^{2}}-A{{B}^{2}}}=a\sqrt{39}$
$\Rightarrow V={A}’A.{{A}_{ABCD}}=6{{a}^{3}}\sqrt{39}.$ Chọn D.
| Bài tập 14: Cho hình hộp chữ nhật $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}’$ đáy là hình chữ nhật có $AB=2a,AD=6a.$ Gọi M là trung điểm của AD, biết khoảng cách từ C đến mặt phẳng $\left( {A}’BM \right)$ bằng $\frac{12a}{7}$. Thể tích khối hộp $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}’$ là:
A. $24{{a}^{3}}$ B. $12{{a}^{3}}$ C. $3{{a}^{3}}$ D. $8{{a}^{3}}$ |
Lời giải chi tiết
Gọi $I=AC\cap BM$ta có $\frac{IA}{IC}=\frac{AM}{BC}=\frac{1}{2}$
Do vậy $d\left( C;\left( {A}’BM \right) \right)=2d\left( A;\left( {A}’BM \right) \right)=\frac{12}{7}a.$
Dựng $AE\bot BM,AF\bot {A}’E$ khi đó
$d\left( A;\left( {A}’BM \right) \right)=\frac{6a}{7}=AF$. Mặt khác
$\frac{1}{A{{E}^{2}}}+\frac{1}{A{{{{A}’}}^{2}}}=\frac{1}{A{{F}^{2}}}\Leftrightarrow \frac{1}{A{{F}^{2}}}=\frac{1}{A{{M}^{2}}}+\frac{1}{A{{B}^{2}}}+\frac{1}{A{{{{A}’}}^{2}}}$
$\Rightarrow A{A}’=a\Rightarrow V=A{A}’.{{S}_{ABCD}}=12{{a}^{3}}$. Chọn B.
Trả lời