v khối hộp

Bài viết lách trình diễn công thức tính thể tích khối vỏ hộp và một vài ví dụ minh họa với câu nói. giải cụ thể.

A. KIẾN THỨC CẦN NẮM VỮNG
Hình hộp: là hình lăng trụ tứ giác với lòng là hình bình hành.
Hình vỏ hộp với $6$ mặt mũi là hình bình hành, $4$ đàng chéo cánh đồng qui bên trên tâm hình vỏ hộp.
Thể tích của khối vỏ hộp vị tích số của diện tích S mặt mũi lòng và độ cao của khối vỏ hộp cơ.
Hình vỏ hộp chữ nhật: là hình vỏ hộp đứng và với lòng là hình chữ nhật.
Gọi $a$, $b$, $c$ là $3$ độ cao thấp thì với đàng 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 với $3$ độ cao thấp đều nhau.
Gọi $a$ là cạnh hình lập phương thì với đàng 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: v khối hộp

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 đàng cao $AH$ của chính nó với 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 với lòng $A’B’C’D’$ là hình thoi với góc $B’A’D’$ vị $60°$ 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 vẫn mang lại 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 $ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}$ với toàn bộ những cạnh đều nhau và vị $a$, $\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 cơ ${A_1}H \bot (ABCD).$
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 $ABCD.A’B’C’D’$ với lòng là hình chữ nhật với $AB = \sqrt 3 $, $AD = \sqrt 7 $ và những cạnh mặt mũi vị $1.$ Hai mặt mũi mặt $(ABB’A’)$ và $(ADD’A’)$ thứu 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 $ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}$ với khoảng cách thân thiết hai tuyến phố trực tiếp $AB$ và ${A_1}D$ vị $2$ và chừng nhiều năm đàng chéo cánh của mặt mũi mặt vị $5.$
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: xem kênh k+pm

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 cơ ${V_{ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}}} = 20\sqrt 5 .$
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 $ABCD.A’B’C’D’$ với toàn bộ những cạnh đều vị $d$ và phụ thân góc của đỉnh $A$ đều vị $60°.$
a) Tính chừng nhiều năm những đàng chéo cánh và thể tích $V$ của hình vỏ hộp.
b) Tính khoảng cách thân thiết nhị mặt mũi tuy vậy song của hình vỏ hộp.
c) cũng có thể hạn chế hình vỏ hộp vị một phía bằng phẳng sao mang lại tiết diện cảm nhận được là 1 trong 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 với $AA’BD$ là hình tứ diện đều cạnh $d$, nên: ${V_{\left( {AA’BD} \right)}} = \frac{{{d^3}\sqrt 2 }}{{12}}.$
Do cơ $V = 6{V_{AA’BD}} = \frac{{{d^3}\sqrt 2 }}{{12}}.$
b) Gọi $h$ là khoảng cách thân thiết nhị 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 thiết nhị mặt mũi tuy vậy song nào thì cũng vị $\frac{{d\sqrt 6 }}{2}.$
c) Hình bình hành $BCD’A’$ với những cạnh vị $d$ và hai tuyến phố chéo cánh vị $d\sqrt 2 $ nên nó là hình vuông vắn.
Vậy hình vỏ hộp với 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 $ABCD.A’B’C’D’$ với lòng là hình vuông vắn cạnh vị $a\sqrt 3 $, $A$ cơ hội đều $A$, $B$, $C$, $D.$ thạo rằng khoảng cách kể từ trọng tâm $G$ của tam giác $AB’D’$ cho tới mặt mũi bằng phẳng $(AA’D’)$ vị $\frac{a}{2}.$ Tính thể tích khối lăng trụ vẫn mang lại 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 cơ $OH = d\left( {O;\left( {AA’D’} \right)} \right) = \frac{{3a}}{4}.$
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 với $OK \bot \left( {ADC’B’} \right)$ 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 $ABCD.A’B’C’D’$ với 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 thiết hai tuyến phố trực tiếp $AC$ và $BB’.$

Ta với $O$ 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 với $\cos \left( {AC,BB’} \right) = \cos \left( {A’C’,AA’} \right) = \left| {\cos \widehat {AA’O}} \right|.$
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 toan 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: con gai chi hang tap 22

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

Hạ $BH \bot A’C’$ thì với $BH \bot \left( {ACC’A’} \right).$
Từ cơ suy rời khỏi góc thân thiết $B’C$ và mặt mũi bằng phẳng $\left( {ACC’A’} \right)$ vị $\widehat {B’CH}.$
Áp dụng toan 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 với $AM$ tuy vậy song với $(ACC’A’).$
Do cơ $d\left( {DD’,AM} \right)$ $ = 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}.$