Cách giải Tính Thể tích khối chóp đều – Bài tập đáp án chi tiết

Cách giải Tính Thể tích khối chóp đều – Bài tập đáp án chi tiết

Khối chóp đều là gì?

Khối chóp đều là khối chóp có đáy là đa giác đều và các cạnh bên bằng nhau.

Khối chóp tam giác đều

Khối chóp tam giác đều là khối chóp có đáy là tam giác đều và các cạnh bên bằng nhau.

Nếu cho khối chóp đều S.ABC thì ta có:

- Tam giác ABC là tam giác đều và các cạnh bên SA=SB=SC.

- Hình chiếu vuông góc của đỉnh S xuống mặt đáy trùng với trọng tâm G (cũng là trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp) của tam giác đều ABC tức là SG $\bot$(ABC).

- Các cạnh bên bằng nhau và đều tạo với đáy một góc bằng nhau.

- Các mặt bên là tam giác cân bằng nhau và các mặt phẳng bên đều tạo với đáy các góc bằng nhau.

Tứ diện đều là tứ diện có tất cả các cạnh bằng nhau.

Như vậy khối tứ diện đều là một trường hợp đặc biệt của khối chóp tam giác đều.

Khối tứ diện đều là khối chóp tam giác đều có cạnh bên bằng cạnh đáy.

Khối chóp tứ giác đều

Khối chóp tứ giác đều là khối chóp có đáy là hình vuông và các cạnh bên bằng nhau.

Nếu cho khối chóp đều S.ABCD thì ta có:

- Tứ giác ABCD là hình vuông và các cạnh bên SA = SB = SC = SD.

- Hình chiếu vuông góc của đỉnh S xuống mặt đáy trùng với tâm O của hình vuông ABCD tức là SO$\bot$ (ABCD).

- Các cạnh bên bằng nhau và đều tạo với đáy một góc bằng nhau.

- Các mặt bên là các tam giác cân bằng nhau và các mặt phẳng bên đều tạo với đáy các góc bằng nhau.

Bài tập trắc nghiệm thể tích khối chóp đều có đáp án chi tiết

Lời giải chi tiết:

Giả sử khối chóp S.ABCD đều có đáy là hình vuông cạnh $a$tâm O và cạnh bên SD=$2a$. Khi đó SO $\bot$ (ABCD).

Ta có: $2O{{D}^{2}}={{a}^{2}}\Rightarrow OD=\frac{{{a}^{2}}}{2};SO=\sqrt{{{\left( 2a \right)}^{2}}-\frac{{{a}^{2}}}{2}}=a\sqrt{\frac{7}{2}}$

${{S}_{ABCD}}={{a}^{2}}$;  ${{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}SO.{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{3}{{a}^{2}}.\sqrt{\frac{7}{2}}a=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{14}}{6}$. Chọn A

Lời giải chi tiết:

 Lời giải chi tiết:

Gọi H là trọng tâm tam giác ABC suy ra $SH\bot \left( ABC \right)$.

Gọi M là trung điểm của BC ta có $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Khi đó $AH=\frac{2}{3}AM\Rightarrow \frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.

Lại có $\widehat{SAH}={{60}^{o}}\Rightarrow SH=HA\tan {{60}^{o}}=a$

Suy ra: ${{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}SH.{{S}_{ABC}}=\frac{1}{3}a.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{12}$  Chọn C.

Lời giải chi tiết:

Lời giải chi tiết:

Lời giải chi tiết:

Lời giải chi tiết:

Gọi H là tâm của hình vuông suy ra $SH\bot (ABCD)$

Khi đó ta có:$d\left( D;\left( SAB \right) \right)=2d\left( H;\left( SAB \right) \right)$

Dựng $HE\bot AB$ và $HF\bot SE$ ta chứng minh được

$d\left( H;\left( SAB \right) \right)=HF\Rightarrow d\left( D;\left( SAB \right) \right)=2HF=\frac{4a}{\sqrt{5}}$

Do vậy $HF=\frac{2a}{\sqrt{5}}$. Lại có $HE=2a$

Ta có:$\frac{1}{H{{E}^{2}}}+\frac{1}{S{{H}^{2}}}=\frac{1}{H{{F}^{2}}}\Rightarrow SH=a$

Vậy ${{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}SH.{{S}_{ABCD}}=\frac{16{{a}^{3}}}{3}$ . Chọn C.

Lời giải chi tiết:

Gọi H là tâm của hình vuông suy ra$SH\bot \left( ABCD \right)$.

Đặt $AB=2x$. Dựng $HK\bot AB$

Ta có: $SH\bot AB\Rightarrow HK\bot \left( SAB \right)$

Do vậy $\widehat{\left( \left( SAB \right);\left( ABCD \right) \right)}=\widehat{SKH}=60{}^\circ$

Lại có $HK=x\Rightarrow SH=x\tan 60{}^\circ =x\sqrt{3}$.

Khi đó $S{{A}^{2}}=S{{H}^{2}}+H{{A}^{2}}=3{{x}^{2}}+2{{x}^{2}}=5{{x}^{2}}$

$\Rightarrow x=a\Rightarrow SH=a\sqrt{3}$, ${{S}_{ABCD}}=A{{B}^{2}}=4{{a}^{2}}$.

$\Rightarrow$ ${{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}SH.{{S}_{ABCD}}=\frac{4{{a}^{3}}\sqrt{3}}{3}$. Chọn D.

Lời giải chi tiết:

Gọi H là tâm của hình vuông suy ra $SH\bot (ABCD)$.

Gọi K là trung điểm của CD. Khi đó ta có $SK\bot CD$.

Lại có: ${{S}_{ACD}}=\frac{1}{2}CD.SK=a.SK=3{{a}^{2}}$

$\Rightarrow SK=3a\Rightarrow SH=\sqrt{S{{K}^{2}}-H{{K}^{2}}}=2a\sqrt{2}$, ${{S}_{ABCD}}=4{{a}^{2}}$

Vậy ${{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}SH.{{S}_{ABCD}}=\frac{8{{a}^{3}}\sqrt{2}}{3}$. Chọn B.

Lời giải chi tiết:

Gọi H là trọng tâm tam giác đều ABC ta có:$SH\bot (ABC)$.

Khi đó $d\left( A;\left( SBC \right) \right)=3d\left( H;\left( SBC \right) \right)=\frac{3a}{4}$

Suy ra $d\left( H;\left( SBC \right) \right)=\frac{a}{4}$. Gọi I là trung điểm của BC dễ thấy $AI\bot BC$ .

Dựng $HK\bot SI$

Ta có: $\left\{ \begin{align}  & BC\bot SH \\  & BC\bot AI \\ \end{align} \right.\Rightarrow BC\bot HK\Rightarrow HK\bot \left( SBC \right)$.

Do vậy $d\left( H;\left( SBC \right) \right)=HK=\frac{a}{4}$; $HI=\frac{a\sqrt{3}}{6}$

Mặt khác $\frac{1}{H{{K}^{2}}}=\frac{1}{S{{H}^{2}}}+\frac{1}{H{{I}^{2}}}\Rightarrow SH=\frac{a}{2}$.

Vậy ${{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}SH.{{S}_{ABC}}=\frac{1}{3}.\frac{a}{2}.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{24}$. Chọn D.

Lời giải chi tiết:

Gọi H là trọng tâm của tam giác ABC

Khi đó $SH\bot (ABC)$ . Do $SA=SB$ nên tam giác SAB vuông khi và chỉ khi tam giác ASB vuông tại S

Khi đó gọi K là trung điểm của AB ta có:

$SK=\frac{AB}{2}=\frac{a}{2}$. Mặt khác $CK=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow HK=\frac{a\sqrt{3}}{6}$

Suy ra $SH=\sqrt{S{{K}^{2}}-H{{K}^{2}}}=\frac{a}{\sqrt{6}}$.

Do đó ${{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}SH.{{S}_{ABC}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{24}$. Chọn A.