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

Bạn đang xem: Thể tích khối hộp chữ nhật

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

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

*

Vì $AA’B’D’$ là tứ diện đều đề nghị đường cao $AH$ của nó gồm hình chiếu $H$ là trung khu của tam giác phần lớn $A’B’D’.$Suy ra: $A’H = fracasqrt 3 3$, $AH = sqrt AA‘^2 – A"H^2 = fracasqrt 6 3.$Ta gồm đáy $A’B’C’D’$ là hình thoi gồm góc $B’A’D’$ bởi $60°$ nên:$S_A’B’C’D’ = A’B’.A’D’sin 60^0 = fraca^2sqrt 3 2.$Vậy thể tích khối hộp đã cho là: $V = S.h = fraca^2sqrt 3 2 cdot fracasqrt 6 3 = fraca^3sqrt 2 2.$

Bài toán 2: đến khối hộp $ABCD.A_1B_1C_1D_1$ có toàn bộ các cạnh bằng 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 đó $A_1H ot (ABCD).$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 $ đề xuất $cos varphi = fraccos alpha cos fracalpha 2.$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: mang lại khối vỏ hộp $ABCD.A’B’C’D’$ có đáy là hình chữ nhật cùng với $AB = sqrt 3 $, $AD = sqrt 7 $ với các bên cạnh bằng $1.$ hai mặt bên $(ABB’A’)$ và $(ADD’A’)$ lần lượt chế tạo với đáy phần đông góc $45°$ cùng $60°.$ Hãy tính thể tích khối hộp.

Xem thêm: Giáo Án Tìm Hiểu Về Nước Và Lợi Ích Của Nước Và Lợi Ích Của Nước

*

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: mang lại khối lăng trụ tứ giác đông đảo $ABCD.A_1B_1C_1D_1$ có khoảng cách giữa hai tuyến đường thẳng $AB$ với $A_1D$ bởi $2$ với độ dài đường chéo của khía cạnh bên bằng $5.$a) Hạ $AK ot A_1D$ $left( K in A_1D ight).$ minh chứng 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 kia $V_ABCD.A_1B_1C_1D_1 = 20sqrt 5 .$Với $x = 4$, tương tự ta có: $V_ABCD.A_1B_1C_1D_1 = 10sqrt 5 .$

Bài toán 5: đến hình vỏ hộp $ABCD.A’B’C’D’$ có toàn bộ các cạnh đều bằng $d$ và tía 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 tuy nhiên song của hình hộp.c) có thể cắt hình hộp bằng một phương diện phẳng làm sao để cho thiết diện nhận được là 1 trong những hình vuông?

*

a) Đặt $overrightarrow AA’ = vec a$, $overrightarrow AB = vec b$, $overrightarrow AD = vec c$ thì $vec a.vec b = vec b.vec c = vec c.vec a = fracd^22.$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 từ bỏ $DB’ = CA’ = dsqrt 2 $ phải ta có $AA’BD$ là hình tứ diện đầy đủ cạnh $d$, nên: $V_left( AA’BD ight) = fracd^3sqrt 2 12.$Do kia $V = 6V_AA’BD = fracd^3sqrt 2 12.$b) gọi $h$ là khoảng cách giữa hai mặt phẳng $(ABCD)$ và $(A’B’C’D’)$ thì:$V = S_ABCD.h = fracd^2sqrt 3 2$ $ Rightarrow h = fracdsqrt 6 2.$Tương tự thì các khoảng cách giữa nhì mặt tuy nhiên song nào cũng bằng $fracdsqrt 6 2.$c) Hình bình hành $BCD’A’$ có các cạnh bởi $d$ với hai đường chéo bằng $dsqrt 2 $ nên nó là hình vuông.Vậy hình hộp có thiết diện $BCD’A’$ là hình vuông.Tương tự thiết diện $CDA’B’$ cũng là hình vuông.

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

*

Vì $G$ là trung tâm của tam giác $AB’D’$ cần $G$ nằm ở đoạn thẳng $AO$ với $AG = frac23AO.$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 tại $O:$$frac1OH^2 = frac1OA^2 + frac1OM^2$ $ Leftrightarrow frac169a^2 = frac1OA^2 + frac43a^2$ $ Rightarrow OA = frac3a2.$Vậy $V_ABCD.A’B’C’D’ = S_ABCD.OA = 3a^2.frac3a2 = frac9a^32.$Gọi $N$ là trung điểm của $B’C’.$ Hạ $OK ot AN.$Ta tất cả $OK ot left( ADC’B’ ight)$ buộc phải $OK = dleft( O,left( ADC’B’ ight) ight).$Tam giác $AON$ vuông trên $O:$$frac1OK^2 = frac1OA^2 + frac1ON^2$ $ = frac49a^2 + frac43a^2 = frac169a^2$ $ Rightarrow OK = frac3a4.$Vậy khoảng cách từ trung tâm $O$ của hình vuông $A’B’C’D’$ đến mặt phẳng $(ADC’B’)$ là $OK = frac3a4.$

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

*

Ta tất cả $O$ là trọng điểm của hình chữ nhật $A’B’C’D’$ buộc 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 tất cả $cos left( AC,BB’ ight) = cos left( A’C’,AA’ ight) = left| cos widehat AA’O ight|.$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 đến hình vỏ hộp đứng $ABCD.A’B’C’D’$ có đáy là hình bình hành, $AB = 2a$, $BC = a$, $widehat BAD = 60^0$, góc giữa đường thẳng $B’C$ với mặt phẳng $(ACC’A’)$ bằng $30°.$ Tính thể tích khối hộp $ABCD.A’B’C’D’$ và khoảng cách giữa hai tuyến phố thẳng $AM$, $DD’$ cùng với $M$ là trung điểm của $CC’.$

*

Hạ $BH ot A’C’$ thì có $BH ot left( ACC’A’ ight).$Từ kia 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 bao 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.$