Thể tích của khối hộp chữ nhật

Bài viết trình diễn công thức tính thể tích khối hộp và một trong những ví dụ minh họa có lời giải chi tiết.

Bạn đang xem: Thể tích của khối hộp chữ nhật

A. KIẾN THỨC CẦN NẮM VỮNGHình hộp: là hình lăng trụ tứ giác có đáy là hình bình hành.Hình hộp bao gồm $6$ mặt là hình bình hành, $4$ đường chéo cánh đồng qui tại vai trung phong hình hộp.Thể tích của khối hộp bằng tích số của diện tích mặt đáy và độ cao của khối hộp đó.Hình hộp chữ nhật: là hình hộp đứng và tất cả đáy là hình chữ nhật.Gọi $a$, $b$, $c$ là $3$ kích thước thì tất cả đường chéo: $d = sqrt a^2 + b^2 + c^2 $, diện tích s toàn phần: $S = 2(ab + bc + ca)$ và thể tích khối vỏ hộp chữ nhật: $V = abc.$Hình lập phương: là hình vỏ hộp chữ nhật tất cả $3$ kích cỡ bằng nhau.Gọi $a$ là cạnh hình lập phương thì bao gồm đường chéo: $d = asqrt 3 $, diện tích s toàn phần: $S = 6a^2$ và thể tích khối lập phương: $V = a^3.$

B. MỘT SỐ BÀI TOÁN ÁP DỤNGBài toán 1: Tính thể tích của khối vỏ hộp $ABCD.A’B’C’D’$, biết rằng $AA’B’D’$ là khối tứ diện đa số cạnh $a.$

Vì $AA’B’D’$ là tứ diện đều buộc phải đường cao $AH$ của nó tất cả hình chiếu $H$ là trung tâm của tam giác rất nhiều $A’B’D’.$Suy ra: $A’H = fracasqrt 3 3$, $AH = sqrt AA‘^2 – A"H^2 = fracasqrt 6 3.$Ta tất cả đáy $A’B’C’D’$ là hình thoi có góc $B’A’D’$ bằng $60°$ nên:$S_A’B’C’D’ = A’B’.A’D’sin 60^0 = fraca^2sqrt 3 2.$Vậy thể tích khối hộp đã đến là: $V = S.h = fraca^2sqrt 3 2 cdot fracasqrt 6 3 = fraca^3sqrt 2 2.$

Bài toán 2: mang đến khối hộp $ABCD.A_1B_1C_1D_1$ có toàn bộ các cạnh cân nhau và bằng $a$, $widehat A_1AB = widehat BAD = widehat A_1AD = alpha $ $left( {0^0 Tam giác $A_1BD$ cân (do $A_1B = A_1D$).Suy ra $BD ot A_1O.$Mặt khác $BD ot AC.$Suy ra: $BD ot left( A_1AO ight)$ $ Rightarrow BD ot A_1H.$Do kia $A_1H ot (ABCD).$Đặt $widehat A_1AD = varphi .$Hạ $A_1K ot AD$ $ Rightarrow HK ot AK$.Ta có: $cos varphi .cos fracalpha 2 = fracAHAA_1 cdot fracAKAH = fracAKAA_1$ $ = cos varphi $ buộc phải $cos varphi = fraccos alpha cos fracalpha 2.$Do đó: $A_1H = asin varphi $ $ = asqrt 1 – fraccos ^2alpha cos ^2fracalpha 2 $ $ = fracacos fracalpha 2sqrt cos ^2fracalpha 2 – cos ^2alpha .$$V_ABCD.A_1B_1C_1D_1 = AB.AD.sin alpha .A_1H$ $ = a^2sin alpha .fracacos fracalpha 2sqrt cos ^2fracalpha 2 – cos ^2alpha $ $ = 2a^3sin fracalpha 2sqrt cos ^2fracalpha 2 – cos ^2alpha .$

Bài toán 3: đến khối hộp $ABCD.A’B’C’D’$ có đáy là hình chữ nhật cùng với $AB = sqrt 3 $, $AD = sqrt 7 $ cùng các lân cận bằng $1.$ nhì mặt mặt $(ABB’A’)$ với $(ADD’A’)$ lần lượt tạo với đáy đầy đủ góc $45°$ và $60°.$ Hãy tính thể tích khối hộp.

Xem thêm: Lập Dàn Ý Chứng Minh Câu Tục Ngữ Uống Nước Nhớ Nguồn (12 Mẫu)

Hạ $A’H ot (ABCD)$, $HM ot AD$, $HK ot AB.$Ta có: $AD ot A’M$, $AB ot A’K.$$ Rightarrow widehat A’MH = 60^0$, $widehat A’KH = 45^0.$Đặt $A’H = x.$Khi đó:$A’M = x:sin 60^0 = frac2xsqrt 3 .$$AM = sqrt AA‘^2 – A"M^2 $ $ = sqrt frac3 – 4x^23 = HK.$Mà $HK = xcot 45^0 = x$ phải $x = sqrt frac3 – 4x^23 Rightarrow x = sqrt frac37 .$Vậy $V_ABCD.A’B’C’D’ = AD.AB.x = sqrt 7 .sqrt 3 .sqrt frac37 = 3.$

Bài toán 4: đến khối lăng trụ tứ giác hầu hết $ABCD.A_1B_1C_1D_1$ có khoảng cách giữa hai đường thẳng $AB$ với $A_1D$ bằng $2$ cùng độ nhiều năm đường chéo của phương diện bên bởi $5.$a) Hạ $AK ot A_1D$ $left( K in A_1D ight).$ chứng tỏ rằng: $AK = 2.$b) Tính thể tích khối lăng trụ $ABCD.A_1B_1C_1D_1.$

a) $AB//A_1B_1$ $ Rightarrow AB//left( A_1B_1D ight).$$ Rightarrow dleft( A,left( A_1B_1D ight) ight) = dleft( AB,A_1D ight).$Ta có: $A_1B_1 ot left( AA_1D_1D ight)$ $ Rightarrow A_1B_1 ot AK.$Mặt khác: $A_1D ot AK$ $ Rightarrow AK ot left( A_1B_1D ight).$Vậy $AK = dleft( A,left( A_1B_1D ight) ight) = dleft( AB,A_1D ight) = 2.$b) Xét tam giác vuông $A_1AD$, ta có: $AK^2 = A_1K.KD.$Đặt $A_1K = x Rightarrow 4 = x(5 – x)$ $ Rightarrow x^2 – 5x + 4 = 0$ $ Rightarrow x = 1$ hoặc $x = 4.$Với $x = 1$, $AD = sqrt AK^2 + KD^2 = 2sqrt 5 $, $AA_1 = sqrt A_1D^2 – AD^2 = sqrt 5 .$Khi đó $V_ABCD.A_1B_1C_1D_1 = 20sqrt 5 .$Với $x = 4$, tương tự ta có: $V_ABCD.A_1B_1C_1D_1 = 10sqrt 5 .$

Bài toán 5: mang lại hình hộp $ABCD.A’B’C’D’$ có tất cả các cạnh đều bằng $d$ và cha góc của đỉnh $A$ đều bằng $60°.$a) Tính độ dài các đường chéo và thể tích $V$ của hình hộp.b) Tính khoảng cách giữa nhị mặt song song của hình hộp.c) hoàn toàn có thể cắt hình hộp bởi một mặt phẳng làm thế nào để cho thiết diện thừa nhận được là 1 hình vuông?

a) Đặt $overrightarrow AA’ = vec a$, $overrightarrow AB = vec b$, $overrightarrow AD = vec c$ thì $vec a.vec b = vec b.vec c = vec c.vec a = fracd^22.$Ta có: $overrightarrow AC‘^2 = (vec a + vec b + vec c)^2$ $ = vec a^2 + vec b^2 + vec c^2 + 2vec a.vec b + 2vec b.vec c + 2vec c.vec a = 6d^2.$Suy ra: $AC’ = dsqrt 6 .$Ta có: $overrightarrow BD’ ^2 = (overrightarrow a – overrightarrow b + overrightarrow c )^2$ $ = vec a^2 + vec b^2 + vec c^2 – 2vec a.vec b – 2vec b.vec c + 2vec c.vec a = 2d^2.$Suy ra: $BD’ = dsqrt 2 .$Tương trường đoản cú $DB’ = CA’ = dsqrt 2 $ yêu cầu ta gồm $AA’BD$ là hình tứ diện mọi cạnh $d$, nên: $V_left( AA’BD ight) = fracd^3sqrt 2 12.$Do đó $V = 6V_AA’BD = fracd^3sqrt 2 12.$b) call $h$ là khoảng cách giữa nhì mặt phẳng $(ABCD)$ với $(A’B’C’D’)$ thì:$V = S_ABCD.h = fracd^2sqrt 3 2$ $ Rightarrow h = fracdsqrt 6 2.$Tương từ thì các khoảng cách giữa hai mặt tuy vậy song nào cũng bằng $fracdsqrt 6 2.$c) Hình bình hành $BCD’A’$ có những cạnh bởi $d$ cùng hai đường chéo cánh bằng $dsqrt 2 $ vì thế nó là hình vuông.Vậy hình hộp bao gồm thiết diện $BCD’A’$ là hình vuông.Tương tự thiết diện $CDA’B’$ cũng là hình vuông.

Bài toán 6: mang đến hình lăng trụ $ABCD.A’B’C’D’$ gồm đáy là hình vuông vắn cạnh bằng $asqrt 3 $, $A$ cách đều $A$, $B$, $C$, $D.$ Biết rằng khoảng cách từ trung tâm $G$ của tam giác $AB’D’$ cho mặt phẳng $(AA’D’)$ bởi $fraca2.$ Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách từ chổ chính giữa $O$ của hình vuông vắn $A’B’C’D’$ cho mặt phẳng $(ADC’B’).$

Vì $G$ là trọng tâm của tam giác $AB’D’$ nên $G$ nằm trong đoạn thẳng $AO$ cùng $AG = frac23AO.$Ta có: $dleft( O;left( AA’D ight) ight) = frac32d(G,(AA’D)) = frac3a4.$Gọi $M$ là trung điểm của $A’D’.$Hạ $OH ot AM$ thì $OH ot left( AA’D’ ight).$Do đó $OH = dleft( O;left( AA’D’ ight) ight) = frac3a4.$Tam giác $AOM$ vuông trên $O:$$frac1OH^2 = frac1OA^2 + frac1OM^2$ $ Leftrightarrow frac169a^2 = frac1OA^2 + frac43a^2$ $ Rightarrow OA = frac3a2.$Vậy $V_ABCD.A’B’C’D’ = S_ABCD.OA = 3a^2.frac3a2 = frac9a^32.$Gọi $N$ là trung điểm của $B’C’.$ Hạ $OK ot AN.$Ta bao gồm $OK ot left( ADC’B’ ight)$ bắt buộc $OK = dleft( O,left( ADC’B’ ight) ight).$Tam giác $AON$ vuông tại $O:$$frac1OK^2 = frac1OA^2 + frac1ON^2$ $ = frac49a^2 + frac43a^2 = frac169a^2$ $ Rightarrow OK = frac3a4.$Vậy khoảng cách từ chổ chính giữa $O$ của hình vuông $A’B’C’D’$ mang lại mặt phẳng $(ADC’B’)$ là $OK = frac3a4.$

Bài toán 7: cho hình vỏ hộp $ABCD.A’B’C’D’$ bao gồm đáy là hình chữ nhật. $AB = asqrt 3 $, $AA’ = AC = 2asqrt 3 .$ Hình chiếu của $B$ lên phương diện phẳng $(A’B’C’D’)$ là trung điểm $O$ của $B’D’.$ Tính thể tích khối hộp $ABCD.A’B’C’D’$ và cosin của góc giữa hai đường thẳng $AC$ với $BB’.$

Ta gồm $O$ là trung khu của hình chữ nhật $A’B’C’D’$ phải $BO ot left( A’B’C’D’ ight).$Tam giác vuông $ABC:$$BC = sqrt AC^2 – AB^2 $ $ = sqrt 12a^2 – 3a^2 = 3a.$Tam giác vuông $BOB’$ ta có:$BO = sqrt BB‘^2 – B"O^2 $ $ = sqrt BB‘^2 – fracAC^24 $ $ = sqrt 12a^2 – 3a^2 = 3a.$Nên $V_ABCD.A’B’C’D’ = S_ABCD.BO = AB.BC.BO$ $ = asqrt 3 .3a.3a = 9a^3sqrt 3 .$Ta có $cos left( AC,BB’ ight) = cos left( A’C’,AA’ ight) = left| cos widehat AA’O ight|.$Vì $BO ot (ABCD) Rightarrow BO ot AB.$Tam giác $ABO$ vuông cân tại $B:$ $AO = sqrt AB^2 + BO^2 $ $ = sqrt 3a^2 + 9a^2 = 2asqrt 3 .$Áp dụng định lý cosin trong tam giác $AA’O$ ta có:$cos widehat AA’O = fracA"A^2 + A"O^2 – AO^22A’A.A’O$ $ = frac12a^2 + 3a^2 – 12a^22.2asqrt 3 .asqrt 3 = frac14.$Vậy $cos left( AC,BB’ ight) = frac14.$

Bài toán 8: mang lại hình vỏ hộp đứng $ABCD.A’B’C’D’$ tất cả đáy là hình bình hành, $AB = 2a$, $BC = a$, $widehat BAD = 60^0$, góc giữa đường thẳng $B’C$ cùng mặt phẳng $(ACC’A’)$ bằng $30°.$ Tính thể tích khối vỏ hộp $ABCD.A’B’C’D’$ và khoảng cách giữa hai tuyến đường thẳng $AM$, $DD’$ cùng với $M$ là trung điểm của $CC’.$

Hạ $BH ot A’C’$ thì tất cả $BH ot left( ACC’A’ ight).$Từ đó suy ra góc giữa $B’C$ và mặt phẳng $left( ACC’A’ ight)$ bởi $widehat B’CH.$Áp dụng định lý côsin trong tam giác $ABC$ ta có:$AC^2 = BC^2 + BA^2 – 2.BC.BAcos 120^0$ $ = a^2 + 4a^2 – 2a.2aleft( – frac12 ight) = 7a^2.$Suy ra $AC = asqrt 7 .$Ta có: $B’H = frac2S_A’B’C’A’C’ = fracB’A’.B’C’.sin 120^0A’C’$ $ = fraca.2a.fracsqrt 3 2asqrt 7 = fracasqrt 21 7.$Tam giác vuông $B’CH:$ $B’C = fracB’Hsin 30^0 = frac2asqrt 21 7.$Tam giác vuông $BB’C:$ $BB’ = sqrt B"C^2 – BC^2 $ $ = sqrt frac84a^249 – a^2 = fracasqrt 35 7.$Nên: $V_ABCD.A’B’C’D’ = AB.ADsin 60^0.AA’$ $ = 2a.a.fracsqrt 3 2.fracasqrt 35 7 = fraca^3.sqrt 105 7.$Ta gồm $AM$ tuy nhiên song cùng với $(ACC’A’).$Do đó $dleft( DD’,AM ight)$ $ = dleft( DD’,left( ACC’A’ ight) ight)$ $ = dleft( D’,left( ACC’A’ ight) ight)$ $ = dleft( B’,left( ACC’A’ ight) ight)$ $ = B’H = fracasqrt 21 7.$