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

Bạn đang xem: V khối hộp chữ nhật

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

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

*

Vì $AA’B’D’$ là tứ diện đều buộc phải đường cao $AH$ của nó tất cả hình chiếu $H$ là vai trung phong của tam giác mọi $A’B’D’.$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 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 mang lại 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 đều nhau và bởi $a$, $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 $ cần $cos varphi = fraccos alpha cos fracalpha 2.$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 $ABCD.A’B’C’D’$ tất cả đáy là hình chữ nhật cùng với $AB = sqrt 3 $, $AD = sqrt 7 $ cùng các kề bên bằng $1.$ nhị mặt bên $(ABB’A’)$ với $(ADD’A’)$ lần lượt sản xuất với đáy hầu như góc $45°$ và $60°.$ Hãy tính thể tích khối hộp.

Xem thêm: Bài Văn Tả Ngôi Trường Của Em Lớp 5 ❤️️ 15 Bài Mẫu Hay Nhất, Top 15 Bài Văn Tả Ngôi Trường Hay Nhất

*

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 $HK = xcot 45^0 = x$ đề xuất $x = sqrt frac3 – 4x^23 Rightarrow x = sqrt frac37 .$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 phần lớn $ABCD.A_1B_1C_1D_1$ có khoảng cách giữa hai đường thẳng $AB$ và $A_1D$ bằng $2$ cùng độ dài đường chéo cánh của mặt bên bằng $5.$a) Hạ $AK ot A_1D$ $left( K in A_1D ight).$ chứng minh 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 như 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 bởi $60°.$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 khía cạnh phẳng sao để cho thiết diện nhấn được là một trong những hình vuông?

*

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

Bài toán 6: cho hình lăng trụ $ABCD.A’B’C’D’$ bao gồm đáy là hình vuông vắn cạnh bằng $asqrt 3 $, $A$ bí quyết 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 mang lại và khoảng cách từ trọng điểm $O$ của hình vuông $A’B’C’D’$ mang đến mặt phẳng $(ADC’B’).$

*

Vì $G$ là trung tâm của tam giác $AB’D’$ cần $G$ vị trí 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 kia $OH = dleft( O;left( AA’D’ ight) ight) = frac3a4.$Tam giác $AOM$ vuông trên $O:$$frac1OH^2 = frac1OA^2 + frac1OM^2$ $ Leftrightarrow frac169a^2 = frac1OA^2 + frac43a^2$ $ Rightarrow OA = frac3a2.$Vậy $V_ABCD.A’B’C’D’ = S_ABCD.OA = 3a^2.frac3a2 = frac9a^32.$Gọi $N$ là trung điểm của $B’C’.$ Hạ $OK ot AN.$Ta gồm $OK ot left( ADC’B’ ight)$ bắt buộc $OK = dleft( O,left( ADC’B’ ight) ight).$Tam giác $AON$ vuông trên $O:$$frac1OK^2 = frac1OA^2 + frac1ON^2$ $ = frac49a^2 + frac43a^2 = frac169a^2$ $ Rightarrow OK = frac3a4.$Vậy khoảng cách từ trung khu $O$ của hình vuông $A’B’C’D’$ mang đến mặt phẳng $(ADC’B’)$ là $OK = frac3a4.$

Bài toán 7: đến 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 khía cạnh phẳng $(A’B’C’D’)$ là trung điểm $O$ của $B’D’.$ Tính thể tích khối vỏ hộp $ABCD.A’B’C’D’$ và cosin của góc giữa hai tuyến phố thẳng $AC$ với $BB’.$

*

Ta có $O$ là trung tâm của hình chữ nhật $A’B’C’D’$ bắt buộc $BO ot left( A’B’C’D’ ight).$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 nặng tại $B:$ $AO = sqrt AB^2 + BO^2 $ $ = sqrt 3a^2 + 9a^2 = 2asqrt 3 .$Áp dụng định lý cosin vào 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: đến hình 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 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 đó suy ra góc giữa $B’C$ với mặt phẳng $left( ACC’A’ ight)$ bằng $widehat B’CH.$Áp dụng định lý côsin vào 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 tất cả $AM$ song song 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.$