Cách tính Thể tích khối lăng trụ đứng- Bài tập có đáp án chi tiết

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

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

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.

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.

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.

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.

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.

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

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.

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.

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.

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.

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

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.

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.