Tính thể tích khối hộp

Bài ghi chép trình diễn công thức tính thể tích khối hộp và một trong những ví dụ minh họa với điều 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 vì thế 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 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: $V = {a^3}.$

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 $B’A’D’$ vì thế $60°$ nên:
${S_{A’B’C’D’}} = A’B’.A’D’\sin {60^0} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}.$
Vậy thể tích khối hộp tiếp tục 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 $ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}$ với toàn bộ những cạnh đều nhau và vì thế $a$, $\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 vì thế $1.$ 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 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 thiện hai tuyến đường trực tiếp $AB$ và ${A_1}D$ vì thế $2$ và chừng nhiều năm đàng chéo cánh của mặt mũi mặt vì thế $5.$
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 $ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}.$

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: ${V_{ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}}} = 10\sqrt 5 .$

Xem thêm: tổng n số hạng đầu của cấp số nhân

Bài toán 5: Cho hình vỏ hộp $ABCD.A’B’C’D’$ với toàn bộ những cạnh đều vì thế $d$ và phụ thân góc của đỉnh $A$ đều vì thế $60°.$
a) Tính chừng nhiều năm những đàng chéo cánh và thể tích $V$ của hình vỏ hộp.
b) Tính khoảng cách thân thiện nhì mặt mũi tuy vậy song của hình vỏ hộp.
c) cũng có thể hạn chế hình vỏ hộp vì thế một phía phẳng lặng sao cho tới tiết diện sẽ có được là một 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 thiện nhì mặt mũi phẳng lặng $(ABCD)$ 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 thiện nhì mặt mũi tuy vậy song nào thì cũng vì thế $\frac{{d\sqrt 6 }}{2}.$
c) Hình bình hành $BCD’A’$ với những cạnh vì thế $d$ và hai tuyến đường chéo cánh vì thế $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 vì thế $a\sqrt 3 $, $A$ cơ hội đều $A$, $B$, $C$, $D.$ tường rằng khoảng cách kể từ trọng tâm $G$ của tam giác $AB’D’$ cho tới mặt mũi phẳng lặng $(AA’D’)$ vì thế $\frac{a}{2}.$ Tính thể tích khối lăng trụ tiếp tục cho tới và khoảng cách kể từ tâm $O$ của hình vuông vắn $A’B’C’D’$ cho tới mặt mũi phẳng lặng $(ADC’B’).$

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 phẳng lặng $(ADC’B’)$ 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 phẳng lặng $(A’B’C’D’)$ là trung điểm $O$ của $B’D’.$ Tính thể tích khối hộp $ABCD.A’B’C’D’$ và cosin của góc thân thiện hai tuyến đường 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 $\cos \left( {AC,BB’} \right) = \frac{1}{4}.$

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 thiện đường thẳng liền mạch $B’C$ và mặt mũi phẳng lặng $(ACC’A’)$ vì thế $30°.$ Tính thể tích khối hộp $ABCD.A’B’C’D’$ và khoảng cách thân thiện hai tuyến đường 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 thiện $B’C$ và mặt mũi phẳng lặng $\left( {ACC’A’} \right)$ vì thế $\widehat {B’CH}.$
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}.$

Xem thêm: công thức cơ bản lượng giác