thể tích khối hộp đứng

Bài ghi chép trình diễn công thức tính thể tích khối vỏ hộp và một trong những ví dụ minh họa sở hữu tiếng giải cụ thể.

A. KIẾN THỨC CẦN NẮM VỮNG
Hình hộp: là hình lăng trụ tứ giác sở hữu lòng là hình bình hành.
Hình vỏ hộp sở hữu $6$ mặt mũi là hình bình hành, $4$ lối chéo cánh đồng qui bên trên tâm hình vỏ hộp.
Thể tích của khối vỏ hộp vày tích số của diện tích S mặt mũi lòng và độ cao của khối vỏ hộp bại.
Hình vỏ hộp chữ nhật: là hình vỏ hộp đứng và sở hữu lòng là hình chữ nhật.
Gọi $a$, $b$, $c$ là $3$ độ cao thấp thì sở hữu lối 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 sở hữu $3$ độ cao thấp đều bằng nhau.
Gọi $a$ là cạnh hình lập phương thì sở hữu lối chéo: $d = a\sqrt 3 $, diện tích S toàn phần: $S = 6{a^2}$ và thể tích khối lập phương: $V = {a^3}.$

Bạn đang xem: thể tích khối hộp đứng

B. MỘT SỐ BÀI TOÁN ÁP DỤNG
Bài toán 1: Tính thể tích của khối vỏ hộp $ABCD.A’B’C’D’$, hiểu được $AA’B’D’$ là khối tứ diện đều cạnh $a.$

Vì $AA’B’D’$ là tứ diện đều nên lối cao $AH$ của chính nó sở hữu hình chiếu $H$ là tâm của tam giác đều $A’B’D’.$
Suy ra: $A’H = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$, $AH = \sqrt {AA{‘^2} – A'{H^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}.$
Ta sở hữu lòng $A’B’C’D’$ là hình thoi sở hữu góc $B’A’D’$ vày $60°$ nên:
${S_{A’B’C’D’}} = A’B’.A’D’\sin {60^0} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}.$
Vậy thể tích khối vỏ hộp đang được cho tới là: $V = S.h = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} \cdot \frac{{a\sqrt 6 }}{3} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{2}.$

Bài toán 2: Cho khối vỏ hộp $ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}$ sở hữu toàn bộ những cạnh đều bằng nhau và vày $a$, $\widehat {{A_1}AB} = \widehat {BAD} = \widehat {{A_1}AD} = \alpha $ $\left( {{0^0} < \alpha < {{90}^0}} \right)$. Hãy tính thể tích của khối vỏ hộp.

Hạ ${A_1}H \bot AC$ $(H \in AC).$
Tam giác ${A_1}BD$ cân nặng (do ${A_1}B = {A_1}D$).
Suy rời khỏi $BD \bot {A_1}O.$
Mặt không giống $BD \bot AC.$
Suy ra: $BD \bot \left( {{A_1}AO} \right)$ $ \Rightarrow BD \bot {A_1}H.$
Do bại ${A_1}H \bot (ABCD).$
Đặt $\widehat {{A_1}AD} = \varphi .$
Hạ ${A_1}K \bot AD$ $ \Rightarrow HK \bot AK$.
Ta có: $\cos \varphi .\cos \frac{\alpha }{2} = \frac{{AH}}{{A{A_1}}} \cdot \frac{{AK}}{{AH}} = \frac{{AK}}{{A{A_1}}}$ $ = \cos \varphi $ nên $\cos \varphi = \frac{{\cos \alpha }}{{\cos \frac{\alpha }{2}}}.$
Do đó: ${A_1}H = a\sin \varphi $ $ = a\sqrt {1 – \frac{{{{\cos }^2}\alpha }}{{{{\cos }^2}\frac{\alpha }{2}}}} $ $ = \frac{a}{{\cos \frac{\alpha }{2}}}\sqrt {{{\cos }^2}\frac{\alpha }{2} – {{\cos }^2}\alpha } .$
${V_{ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}}} = AB.AD.\sin \alpha .{A_1}H$ $ = {a^2}\sin \alpha .\frac{a}{{\cos \frac{\alpha }{2}}}\sqrt {{{\cos }^2}\frac{\alpha }{2} – {{\cos }^2}\alpha } $ $ = 2{a^3}\sin \frac{\alpha }{2}\sqrt {{{\cos }^2}\frac{\alpha }{2} – {{\cos }^2}\alpha } .$

Bài toán 3: Cho khối vỏ hộp $ABCD.A’B’C’D’$ sở hữu lòng là hình chữ nhật với $AB = \sqrt 3 $, $AD = \sqrt 7 $ và những cạnh mặt mũi vày $1.$ Hai mặt mũi mặt $(ABB’A’)$ và $(ADD’A’)$ theo thứ tự tạo ra với lòng những góc $45°$ và $60°.$ Hãy tính thể tích khối vỏ hộp.

Hạ $A’H \bot (ABCD)$, $HM \bot AD$, $HK \bot AB.$
Ta có: $AD \bot A’M$, $AB \bot A’K.$
$ \Rightarrow \widehat {A’MH} = {60^0}$, $\widehat {A’KH} = {45^0}.$
Đặt $A’H = x.$
Khi đó:
$A’M = x:\sin {60^0} = \frac{{2x}}{{\sqrt 3 }}.$
$AM = \sqrt {AA{‘^2} – A'{M^2}} $ $ = \sqrt {\frac{{3 – 4{x^2}}}{3}} = HK.$
Mà $HK = x\cot {45^0} = x$ nên $x = \sqrt {\frac{{3 – 4{x^2}}}{3}} \Rightarrow x = \sqrt {\frac{3}{7}} .$
Vậy ${V_{ABCD.A’B’C’D’}} = AD.AB.x = \sqrt 7 .\sqrt 3 .\sqrt {\frac{3}{7}} = 3.$

Bài toán 4: Cho khối lăng trụ tứ giác đều $ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}$ sở hữu khoảng cách thân mật hai tuyến phố trực tiếp $AB$ và ${A_1}D$ vày $2$ và chừng lâu năm lối chéo cánh của mặt mũi mặt vày $5.$
a) Hạ $AK \bot {A_1}D$ $\left( {K \in {A_1}D} \right).$ Chứng minh rằng: $AK = 2.$
b) Tính thể tích khối lăng trụ $ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}.$

Xem thêm: racing into the night

a) $AB//{A_1}{B_1}$ $ \Rightarrow AB//\left( {{A_1}{B_1}D} \right).$
$ \Rightarrow d\left( {A,\left( {{A_1}{B_1}D} \right)} \right) = d\left( {AB,{A_1}D} \right).$
Ta có: ${A_1}{B_1} \bot \left( {A{A_1}{D_1}D} \right)$ $ \Rightarrow {A_1}{B_1} \bot AK.$
Mặt khác: ${A_1}D \bot AK$ $ \Rightarrow AK \bot \left( {{A_1}{B_1}D} \right).$
Vậy $AK = d\left( {A,\left( {{A_1}{B_1}D} \right)} \right) = d\left( {AB,{A_1}D} \right) = 2.$
b) Xét tam giác vuông ${A_1}AD$, tao có: $A{K^2} = {A_1}K.KD.$
Đặt ${A_1}K = x \Rightarrow 4 = x(5 – x)$ $ \Rightarrow {x^2} – 5x + 4 = 0$ $ \Rightarrow x = 1$ hoặc $x = 4.$
Với $x = 1$, $AD = \sqrt {A{K^2} + K{D^2}} = 2\sqrt 5 $, $A{A_1} = \sqrt {{A_1}{D^2} – A{D^2}} = \sqrt 5 .$
Khi bại ${V_{ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}}} = 20\sqrt 5 .$
Với $x = 4$, tương tự động tao có: ${V_{ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}}} = 10\sqrt 5 .$

Bài toán 5: Cho hình vỏ hộp $ABCD.A’B’C’D’$ sở hữu toàn bộ những cạnh đều vày $d$ và thân phụ góc của đỉnh $A$ đều vày $60°.$
a) Tính chừng lâu năm những lối chéo cánh và thể tích $V$ của hình vỏ hộp.
b) Tính khoảng cách thân mật nhì mặt mũi tuy nhiên song của hình vỏ hộp.
c) cũng có thể hạn chế hình vỏ hộp vày một phía bằng phẳng sao cho tới tiết diện sẽ có được là một trong những hình vuông?

a) Đặt $\overrightarrow {AA’} = \vec a$, $\overrightarrow {AB} = \vec b$, $\overrightarrow {AD} = \vec c$ thì $\vec a.\vec b = \vec b.\vec c = \vec c.\vec a = \frac{{{d^2}}}{2}.$
Ta có: $\overrightarrow {AC{‘^2}} = {(\vec a + \vec b + \vec c)^2}$ $ = {\vec a^2} + {\vec b^2} + {\vec c^2} + 2\vec a.\vec b + 2\vec b.\vec c + 2\vec c.\vec a = 6{d^2}.$
Suy ra: $AC’ = d\sqrt 6 .$
Ta có: ${\overrightarrow {BD’} ^2} = {(\overrightarrow a – \overrightarrow b + \overrightarrow c )^2}$ $ = {\vec a^2} + {\vec b^2} + {\vec c^2} – 2\vec a.\vec b – 2\vec b.\vec c + 2\vec c.\vec a = 2{d^2}.$
Suy ra: $BD’ = d\sqrt 2 .$
Tương tự động $DB’ = CA’ = d\sqrt 2 $ nên tao sở hữu $AA’BD$ là hình tứ diện đều cạnh $d$, nên: ${V_{\left( {AA’BD} \right)}} = \frac{{{d^3}\sqrt 2 }}{{12}}.$
Do bại $V = 6{V_{AA’BD}} = \frac{{{d^3}\sqrt 2 }}{{12}}.$
b) Gọi $h$ là khoảng cách thân mật nhì mặt mũi bằng phẳng $(ABCD)$ và $(A’B’C’D’)$ thì:
$V = {S_{ABCD}}.h = \frac{{{d^2}\sqrt 3 }}{2}$ $ \Rightarrow h = \frac{{d\sqrt 6 }}{2}.$
Tương tự động thì những khoảng cách thân mật nhì mặt mũi tuy nhiên song nào thì cũng vày $\frac{{d\sqrt 6 }}{2}.$
c) Hình bình hành $BCD’A’$ sở hữu những cạnh vày $d$ và hai tuyến phố chéo cánh vày $d\sqrt 2 $ nên nó là hình vuông vắn.
Vậy hình vỏ hộp sở hữu tiết diện $BCD’A’$ là hình vuông vắn.
Tương tự động tiết diện $CDA’B’$ cũng chính là hình vuông vắn.

Bài toán 6: Cho hình lăng trụ $ABCD.A’B’C’D’$ sở hữu lòng là hình vuông vắn cạnh vày $a\sqrt 3 $, $A$ cơ hội đều $A$, $B$, $C$, $D.$ lõi rằng khoảng cách kể từ trọng tâm $G$ của tam giác $AB’D’$ cho tới mặt mũi bằng phẳng $(AA’D’)$ vày $\frac{a}{2}.$ Tính thể tích khối lăng trụ đang được cho tới và khoảng cách kể từ tâm $O$ của hình vuông vắn $A’B’C’D’$ cho tới mặt mũi bằng phẳng $(ADC’B’).$

Vì $G$ là trọng tâm của tam giác $AB’D’$ nên $G$ phía trên đoạn trực tiếp $AO$ và $AG = \frac{2}{3}AO.$
Ta có: $d\left( {O;\left( {AA’D} \right)} \right) = \frac{3}{2}d(G,(AA’D)) = \frac{{3a}}{4}.$
Gọi $M$ là trung điểm của $A’D’.$
Hạ $OH \bot AM$ thì $OH \bot \left( {AA’D’} \right).$
Do bại $OH = d\left( {O;\left( {AA’D’} \right)} \right) = \frac{{3a}}{4}.$
Tam giác $AOM$ vuông bên trên $O:$
$\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{M^2}}}$ $ \Leftrightarrow \frac{{16}}{{9{a^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{4}{{3{a^2}}}$ $ \Rightarrow OA = \frac{{3a}}{2}.$
Vậy ${V_{ABCD.A’B’C’D’}} = {S_{ABCD}}.OA = 3{a^2}.\frac{{3a}}{2} = \frac{{9{a^3}}}{2}.$
Gọi $N$ là trung điểm của $B’C’.$ Hạ $OK \bot AN.$
Ta sở hữu $OK \bot \left( {ADC’B’} \right)$ nên $OK = d\left( {O,\left( {ADC’B’} \right)} \right).$
Tam giác $AON$ vuông bên trên $O:$
$\frac{1}{{O{K^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{N^2}}}$ $ = \frac{4}{{9{a^2}}} + \frac{4}{{3{a^2}}} = \frac{{16}}{{9{a^2}}}$ $ \Rightarrow OK = \frac{{3a}}{4}.$
Vậy khoảng cách kể từ tâm $O$ của hình vuông vắn $A’B’C’D’$ cho tới mặt mũi bằng phẳng $(ADC’B’)$ là $OK = \frac{{3a}}{4}.$

Bài toán 7: Cho hình vỏ hộp $ABCD.A’B’C’D’$ sở hữu lòng là hình chữ nhật. $AB = a\sqrt 3 $, $AA’ = AC = 2a\sqrt 3 .$ Hình chiếu của $B$ lên trên bề mặt bằng phẳng $(A’B’C’D’)$ là trung điểm $O$ của $B’D’.$ Tính thể tích khối vỏ hộp $ABCD.A’B’C’D’$ và cosin của góc thân mật hai tuyến phố trực tiếp $AC$ và $BB’.$

Ta sở hữu $O$ là tâm của hình chữ nhật $A’B’C’D’$ nên $BO \bot \left( {A’B’C’D’} \right).$
Tam giác vuông $ABC:$
$BC = \sqrt {A{C^2} – A{B^2}} $ $ = \sqrt {12{a^2} – 3{a^2}} = 3a.$
Tam giác vuông $BOB’$ tao có:
$BO = \sqrt {BB{‘^2} – B'{O^2}} $ $ = \sqrt {BB{‘^2} – \frac{{A{C^2}}}{4}} $ $ = \sqrt {12{a^2} – 3{a^2}} = 3a.$
Nên ${V_{ABCD.A’B’C’D’}} = {S_{ABCD}}.BO = AB.BC.BO$ $ = a\sqrt 3 .3a.3a = 9{a^3}\sqrt 3 .$
Ta sở hữu $\cos \left( {AC,BB’} \right) = \cos \left( {A’C’,AA’} \right) = \left| {\cos \widehat {AA’O}} \right|.$
Vì $BO \bot (ABCD) \Rightarrow BO \bot AB.$
Tam giác $ABO$ vuông cân nặng bên trên $B:$ $AO = \sqrt {A{B^2} + B{O^2}} $ $ = \sqrt {3{a^2} + 9{a^2}} = 2a\sqrt 3 .$
Áp dụng tấp tểnh lý cosin vô tam giác $AA’O$ tao có:
$\cos \widehat {AA’O} = \frac{{A'{A^2} + A'{O^2} – A{O^2}}}{{2A’A.A’O}}$ $ = \frac{{12{a^2} + 3{a^2} – 12{a^2}}}{{2.2a\sqrt 3 .a\sqrt 3 }} = \frac{1}{4}.$
Vậy $\cos \left( {AC,BB’} \right) = \frac{1}{4}.$

Xem thêm: split face diving accident

Bài toán 8: Cho hình vỏ hộp đứng $ABCD.A’B’C’D’$ sở hữu lòng là hình bình hành, $AB = 2a$, $BC = a$, $\widehat {BAD} = {60^0}$, góc thân mật đường thẳng liền mạch $B’C$ và mặt mũi bằng phẳng $(ACC’A’)$ vày $30°.$ Tính thể tích khối vỏ hộp $ABCD.A’B’C’D’$ và khoảng cách thân mật hai tuyến phố trực tiếp $AM$, $DD’$ với $M$ là trung điểm của $CC’.$

Hạ $BH \bot A’C’$ thì sở hữu $BH \bot \left( {ACC’A’} \right).$
Từ bại suy rời khỏi góc thân mật $B’C$ và mặt mũi bằng phẳng $\left( {ACC’A’} \right)$ vày $\widehat {B’CH}.$
Áp dụng tấp tểnh lý côsin vô tam giác $ABC$ tao có:
$A{C^2} = B{C^2} + B{A^2} – 2.BC.BA\cos {120^0}$ $ = {a^2} + 4{a^2} – 2a.2a\left( { – \frac{1}{2}} \right) = 7{a^2}.$
Suy rời khỏi $AC = a\sqrt 7 .$
Ta có: $B’H = \frac{{2{S_{A’B’C’}}}}{{A’C’}} = \frac{{B’A’.B’C’.\sin {{120}^0}}}{{A’C’}}$ $ = \frac{{a.2a.\frac{{\sqrt 3 }}{2}}}{{a\sqrt 7 }} = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}.$
Tam giác vuông $B’CH:$ $B’C = \frac{{B’H}}{{\sin {{30}^0}}} = \frac{{2a\sqrt {21} }}{7}.$
Tam giác vuông $BB’C:$ $BB’ = \sqrt {B'{C^2} – B{C^2}} $ $ = \sqrt {\frac{{84{a^2}}}{{49}} – {a^2}} = \frac{{a\sqrt {35} }}{7}.$
Nên: ${V_{ABCD.A’B’C’D’}} = AB.AD\sin {60^0}.AA’$ $ = 2a.a.\frac{{\sqrt 3 }}{2}.\frac{{a\sqrt {35} }}{7} = \frac{{{a^3}.\sqrt {105} }}{7}.$
Ta sở hữu $AM$ tuy nhiên song với $(ACC’A’).$
Do bại $d\left( {DD’,AM} \right)$ $ = d\left( {DD’,\left( {ACC’A’} \right)} \right)$ $ = d\left( {D’,\left( {ACC’A’} \right)} \right)$ $ = d\left( {B’,\left( {ACC’A’} \right)} \right)$ $ = B’H = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}.$