Tailieumoi.vn xin giới thiệu đến các quý thầy cô, các em học sinh đang trong quá trình ôn tập tài liệu 29 bài toán hình lăng trụ xiên, tài liệu bao gồm 18 trang, 29 bài toán và có đáp án chi tiết. Tài liệu được tổng hợp từ các tài liệu ôn thi hay nhất  giúp các em học sinh có thêm tài liệu tham khảo trong quá trình ôn tập, củng cố kiến thức và chuẩn bị cho kỳ thi sắp hới. Chúc các em học sinh ôn tập thật hiệu quả và đạt được kết quả như mong đợi.

Mời các quý thầy cô và các em học sinh cùng tham khảo và tải về chi tiết tài liệu dưới đây

29 bài toán hình lăng trụ xiên - có đáp án chi tiêt

Hình lăng trụ xiên

Bài 1. Cho hình lăng trụ \(ABC \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }\), đáy ABC có$AC=a\sqrt{3},BC=3a,ACB={30}^{°}$. Cạnh bên hợp với mặt phẳng đáy góc ${60}^{°}$và mặt phẳng \(({\rm{A}}\) ' \({\rm{BC}})\) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Điểm H trên cạnh BC sao cho HC = 3BH và mặt phẳng \(\left( {{{\rm{A}}^\prime }{\rm{AH}}} \right)\) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Tính thể tích khối lăng trụ \({\rm{ABC}} \cdot {{\rm{A}}^\prime }{{\rm{B}}^\prime }{{\rm{C}}^\prime }\) và khoảng cách từ B đến mặt phẳng \(\left( {{{\rm{A}}^\prime }{\rm{AC}}} \right)\)

Giải

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {{{\rm{A}}^\prime }{\rm{BC}}} \right) \bot ({\rm{ABC}})}\\{\left( {{{\rm{A}}^\prime }{\rm{AH}}} \right) \bot ({\rm{ABC}})}\\{{{\rm{A}}^\prime }{\rm{H}} = \left( {{{\rm{A}}^\prime }{\rm{BC}}} \right) \cap \left( {{{\rm{A}}^\prime }{\rm{AH}}} \right)}\end{array} \Rightarrow {{\rm{A}}^\prime }{\rm{H}} \bot ({\rm{ABC}})} \right.\)

Suy ra ${\text{A}}^{\text{'}}\text{AH}={60}^{°}$

${\text{AH}}^2={\text{AC}}^2+{\text{HC}}^2-2\text{AC}\cdot \text{HC}\cdot \cos {30}^{°}={\text{a}}^2$

$\Rightarrow {\text{A}}^{\text{'}}\text{H}=\text{AH}\cdot \tan {60}^{°}=\text{a}\sqrt{3}$

\(\;{{\rm{V}}_{{\rm{ABC}} \cdot {{\rm{A}}^\prime }{{\rm{B}}^\prime }{{\rm{C}}^\prime }}} = {{\rm{S}}_{{\rm{ABC}}}} \cdot {\rm{A'H}} = \frac{{3{{\rm{a}}^2}\sqrt 3 }}{4} \cdot {\rm{a}}\sqrt 3  = \frac{{9{{\rm{a}}^3}}}{4}\)

Vì \({\rm{A}}{{\rm{H}}^2} + {\rm{A}}{{\rm{C}}^2} = {\rm{H}}{{\rm{C}}^2} \Rightarrow {\rm{HA}} \bot {\rm{AC}} \Rightarrow {\rm{A}}{{\rm{A}}^\prime } \bot {\rm{AC}}\)

\({{\rm{S}}_{\rm{A}}}{\rm{ACC}} = \frac{1}{2}{\rm{AC}} \cdot {{\rm{A}}^\prime }{\rm{A}} = \frac{1}{2}{\rm{a}}\sqrt 3  \cdot 2{\rm{a}} = {{\rm{a}}^2}\sqrt 3 \)

\( \Rightarrow d\left( {B;\left( {{A^\prime }AC} \right)} \right) = \frac{{3{V_{{A^\prime }ABC}}}}{{{S_{{A^\prime }AC}}}} = \frac{{\frac{9}{4}{a^3}}}{{{a^2}\sqrt 3 }} = \frac{{3\sqrt 3 a}}{4}\)

Bài 2. Cho hình lăng trụ  đều có cạnh bằng \({\rm{a}},{\rm{AA}}{{\rm{A}}^\prime } = {\rm{a}}\) và đỉnh \({{\rm{A}}^\prime }\) cách đều A,B, C. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của cạnh BC và \({A^\prime }B\). Tính theo a thể tích khối lăng trụ \({\rm{ABC}} \cdot {{\rm{A}}^\prime }{{\rm{B}}^\prime }{{\rm{C}}^\prime }\) và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (AMN)

Giải

Gọi O là tâm tam giác đều \({\rm{ABC}} \Rightarrow {{\rm{A}}^\prime }{\rm{O}} \bot ({\rm{ABC}})\)

Ta có \({\rm{AM}} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{2},{\rm{AO}} = \frac{2}{3}{\rm{AM}} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{3}\) \(\;{{\rm{A}}^\prime }{\rm{O}} = \sqrt {{\rm{A}}{{\rm{A}}^{\prime 2}} - {\rm{A}}{{\rm{O}}^2}}  = \sqrt {{{\rm{a}}^2} - \frac{{{{\rm{a}}^2}}}{3}}  = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 6 }}{3};{{\rm{S}}_{\Delta {\rm{ABC}}}} = \frac{{{{\rm{a}}^2}\sqrt 3 }}{4}\)

Thể tích khối lăng trụ \({\rm{ABC}} \cdot {{\rm{A}}^\prime }{{\rm{B}}^\prime }{{\rm{C}}^\prime }\) :

Ta có:

\(\begin{array}{l}{{\rm{S}}_{{\rm{AMC}}}} = \frac{1}{2}\;{{\rm{S}}_{{\rm{ABC}}}} = \frac{{{{\rm{a}}^2}\sqrt 3 }}{8};{\rm{d}}({\rm{N}},({\rm{ABC}})) = \frac{1}{2}\;{{\rm{A}}^\prime }{\rm{O}} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 6 }}{6}\\ \Rightarrow {{\rm{V}}_{{\rm{NAMC}}}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{{{{\rm{a}}^2}\sqrt 3 }}{8} \cdot \frac{{{\rm{a}}\sqrt 6 }}{6} = \frac{{{{\rm{a}}^2}\sqrt 2 }}{{48}}\end{array}\)

Lại có: \({\rm{AM}} = {\rm{AN}} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{2}\), nên \(\Delta {\rm{AMN}}\) cân tại A.

Gọi E là trung điểm của MN, suy ra \({\rm{AE}} \bot {\rm{MN}},{\rm{MN}} = \frac{{{{\rm{A}}^\prime }{\rm{C}}}}{2} = \frac{{\rm{a}}}{2}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {\rm{AE}} = \sqrt {{\rm{A}}{{\rm{N}}^2} - {\rm{N}}{{\rm{E}}^2}}  = \sqrt {\frac{{3{{\rm{a}}^2}}}{4} - \frac{{{{\rm{a}}^2}}}{{16}}}  = \frac{{{\rm{a}}\sqrt {11} }}{4};\\{{\rm{S}}_{{\rm{AMN}}}} = \frac{1}{2}{\rm{MN}} \cdot {\rm{AE}} = \frac{{{{\rm{a}}^2}\sqrt {11} }}{{16}}\\ \Rightarrow {\rm{d}}({\rm{C}},({\rm{AMN}})) = \frac{{3{{\rm{a}}^2}\sqrt 2 }}{{48}}:\frac{{{\rm{a}}\sqrt {11} }}{{16}} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt {22} }}{{11}}({\rm{ dvdd }})\end{array}\)

Bài 3. Cho hình lăng trụ ABC. \({A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }\) có đáy ABC là tam giác vuông tại $B,AB=a,ACB={30}^{°};M$ là trung điểm cạnh AC. Góc giữa cạnh bên và mặt đáy của lăng trụ bằng ${60}^{°}$. Hình chiếu vuông góc của đỉnh \({{\rm{A}}^\prime }\) lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của BM. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC. \({A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }\) và khoảng cách từ điểm \({C^\prime }\) đến mặt phẳng \(\left( {{\rm{BM}}{{\rm{B}}^\prime }} \right)\)

Giải

\({{\rm{A}}^\prime }{\rm{H}} \bot ({\rm{ABC}}) \Rightarrow {\rm{A}} \cdot {\rm{H}}\) là đường cao của hình lăng trụ.

AH là hình chiếu vuông góc của \({\rm{A}}{{\rm{A}}^\prime }\) lên \(({\rm{ABC}})\)

$\Rightarrow {\text{A}}^{\text{'}}\text{AH}={60}^{°}$

\(\begin{array}{l}{\rm{AC}} = 2{\rm{a}},{\rm{MA}} = {\rm{MB}} = {\rm{AB}} = {\rm{a}}\\ \Rightarrow {\rm{AH}} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow {{\rm{A}}^\prime }{\rm{H}} = \frac{{3{\rm{a}}}}{2}\end{array}\)

\({{\rm{S}}_{{\rm{ABC}}}} = \frac{1}{2}{\rm{BA}} \cdot {\rm{BC}} = \frac{1}{2}{\rm{a}} \cdot {\rm{a}}\sqrt 3  = \frac{{{{\rm{a}}^2}\sqrt 3 }}{2}\)

\( \Rightarrow {{\rm{V}}_{{\rm{ABC}} \cdot {{\rm{A}}^\prime }{{\rm{B}}^\prime }{{\rm{C}}^\prime }}} = \frac{{3{\rm{a}}}}{2} \cdot \frac{{{{\rm{a}}^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3{{\rm{a}}^3}\sqrt 3 }}{4}\)

\({\rm{d}}\left( {{{\rm{C}}^\prime },(} \right.\)BMB\(\prime )) = {\rm{d}}\left( {{\rm{C}},\left( {{\rm{BM}}{{\rm{B}}^\prime }} \right)} \right) = {\rm{d}}\left( {{\rm{A}},\left( {{\rm{BM}}{{\rm{B}}^\prime }} \right)} \right) = \frac{{3\;{{\rm{V}}_{{\rm{A}}.{\rm{BMB}}}}^\prime }}{{{{\rm{S}}_{{\rm{BM}}{{\rm{B}}^\prime }}}}}\)

\({{\rm{V}}_{{\rm{A}}.{\rm{BMB}}}}^\prime  = {{\rm{V}}_{\rm{B}}} \cdot {\rm{AMB}}6 = \frac{1}{6}\;{{\rm{V}}_{{\rm{ABC}} \cdot {{\rm{A}}^\prime }{{\rm{B}}^\prime }{{\rm{C}}^\prime }}} = \frac{{{{\rm{a}}^3}\sqrt 3 }}{8}\)

Do \({\rm{BM}} \bot \left( {{\rm{AH}}{{\rm{A}}^\prime }} \right)\) nên \({\rm{BM}} \bot {\rm{A}}{{\rm{A}}^\prime } \Rightarrow {\rm{B}}{{\rm{M}}^\prime }{\rm{B}}{{\rm{B}}^\prime } \Rightarrow \Delta {\rm{BM}}{{\rm{B}}^\prime }\) vuông tại \({\rm{B}}\)

\( \Rightarrow {{\rm{S}}_{{\rm{BM}}{{\rm{B}}^\prime }}} = \frac{1}{2}{\rm{B}}{{\rm{B}}^\prime } \cdot {\rm{BM}} = \frac{1}{2}{\rm{a}}\sqrt 3  \cdot {\rm{a}} = \frac{{{{\rm{a}}^2}\sqrt 3 }}{2}\).

Suy ra d \(\left( {{{\rm{C}}^\prime },\left( {{\rm{BM}}{{\rm{B}}^\prime }} \right)} \right) = \frac{{3{{\rm{a}}^3}\sqrt 3 }}{8}:\frac{{{{\rm{a}}^2}\sqrt 2 }}{2} = \frac{{3{\rm{a}}}}{4}\)

(Cách 2: $\text{d}\left(\text{A},\left({\text{BMB}}^{\text{'}}\right)\right)=\text{AE}=\text{AH}\cdot \sin \text{AHE}=\frac{\text{a}\sqrt{3}}{2}\cdot \sin {60}^{°}=\frac{3\text{a}}{4}$ )

Bài 4. Cho hình lăng trụ tam giác \({\rm{ABC}} \cdot {{\rm{A}}^\prime }{{\rm{B}}^\prime }{{\rm{C}}^\prime }\) có đáy là tam giác đều cạnh a, cạnh bên tạo với đáy một góc bằng \${60}^{°}$. Gọi M là trung điểm cạnh BC và I là trung điểm của AM. Biết rằng hình chiếu của điểm I lên mặt đáy \({{\rm{A}}^\prime }{{\rm{B}}^\prime }{{\rm{C}}^\prime }\) là trọng tâm G của \(\Delta {{\rm{A}}^\prime }{{\rm{B}}^\prime }{{\rm{C}}^\prime }\). Tính thể tích khối lăng trụ đó.

Giải

Gọi \({{\rm{M}}^\prime }\) là trung điểm của \({{\rm{B}}^\prime }{{\rm{C}}^\prime };\quad {\rm{K}} \in {{\rm{A}}^\prime }{{\rm{M}}^\prime }\) sao cho \({\rm{A'}}\;{\rm{K}} = {\rm{KG}} = {\rm{G}}{{\rm{M}}^\prime }\)

Kẻ \({\rm{AH}} \bot {{\rm{A}}^\prime }{{\rm{M}}^\prime };{\rm{H}} \in {{\rm{A}}^\prime }{{\rm{M}}^\prime }\).

Ta có \({\rm{AHGI}}\) là hình bình hành nên \({\rm{IG}} = {\rm{AH}}\)

Hơn nữa \({\rm{A}}{{\rm{M}}^\prime } = {{\rm{A}}^\prime }{{\rm{M}}^\prime }\), \({\rm{I}}\) là trung điểm của \({\rm{AM}},{\rm{G}}\) là trọng tâm của \(\Delta {{\rm{A}}^\prime }{{\rm{B}}^\prime }{{\rm{C}}^\prime }\) nên \({\rm{H}}\) là trung điểm của \({{\rm{A}}^\prime }{\rm{K}}\)

\( \Rightarrow {{\rm{A}}^\prime }{\rm{H}} = \frac{1}{6}\;{{\rm{A}}^\prime }{{\rm{M}}^\prime }\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}{{\rm{S}}_{{{\rm{A}}^\prime }{{\rm{B}}^\prime }{{\rm{C}}^\prime }}} = \frac{{{{\rm{a}}^2}\sqrt 3 }}{4};\\{{\rm{A}}^\prime }{{\rm{M}}^\prime } = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow {{\rm{A}}^\prime }{\rm{H}} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{{12}}\end{array}\)

 \({\rm{AH}} = {{\rm{A}}^\prime }{\rm{H}} \cdot \tan {60^0} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{{12}} \cdot \sqrt 3  = \frac{{\rm{a}}}{4}\).

Từ đó: \({{\rm{V}}_{{\rm{ABC}} \cdot {{\rm{A}}^\prime }{{\rm{B}}^\prime }{{\rm{C}}^\prime }}} = {\rm{AH}} \cdot {{\rm{S}}_{{{\rm{A}}^\prime }{{\rm{B}}^\prime }{{\rm{C}}^\prime }}} = \frac{{\rm{a}}}{4} \cdot \frac{{{{\rm{a}}^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{{\rm{a}}^3}\sqrt 3 }}{{16}}\)

Bài 5. Cho hình lăng trụ \(ABC \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }\) có$AB=2a,AC=a,AA{A}^{\text{'}}=\frac{a\sqrt{10}}{2},BAC={120}^{°}$. Hình chiếu vuông góc của \({C^\prime }\) lên mặt phẳng \(({\rm{ABC}})\) là trung điểm của cạnh \({\rm{BC}}\). Tính thể tích khối lăng trụ \({\rm{ABC}} \cdot {{\rm{A}}^\prime }{{\rm{B}}^\prime }{{\rm{C}}^\prime }\) theo a và tính số đo góc giữa hai mặt phẳng \(({\rm{ABC}})\) và \(\left( {{\rm{AC}}{{\rm{C}}^\prime }{{\rm{A}}^\prime }} \right)\).

Giải

Gọi H là trung điểm BC. Từ giả thiết suy ra \({{\rm{C}}^\prime }{\rm{H}} \bot ({\rm{ABC}})\).

Trong  ta có:${\text{S}}_{\text{ABC}}=\frac{1}{2}\text{AB}\cdot \text{AC}\cdot \sin {120}^{°}$

\( = {\rm{B}}{{\rm{C}}^2} = {\rm{A}}{{\rm{C}}^2} + {\rm{A}}{{\rm{B}}^2} - 2{\rm{AC}} \cdot {\rm{AB}}\)

 \( \Rightarrow {\rm{BC}} = {\rm{a}}\sqrt 7  \Rightarrow {\rm{CH}} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 7 }}{2}\)

\( \Rightarrow {{\rm{C}}^\prime }{\rm{H}} = \sqrt {{{\rm{C}}^\prime }{{\rm{C}}^2} - {\rm{C}}{{\rm{H}}^2}}  = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{2}\)

Suy ra thể tích lăng trụ \({\rm{V}} = {{\rm{C}}^\prime }{\rm{H}} \cdot {{\rm{S}}_{{\rm{ABC}}}} = \frac{{3{{\rm{a}}^3}}}{4}\)

Hạ \({\rm{HK}} \bot {\rm{AC}}\). Vì \({{\rm{C}}^\prime }{\rm{H}} \bot ({\rm{ABC}}) \Rightarrow \) đường xiên \({{\rm{C}}^\prime }{\rm{K}} \bot {\rm{AC}} \Rightarrow \left( {({\rm{ABC}}),\left( {{\rm{AC}}{{\rm{C}}^\prime }{{\rm{A}}^\prime }} \right)} \right) = {{\rm{C}}^\prime }{\rm{KH}}\)

( \(\Delta {{\rm{C}}^\prime }{\rm{HK}}\) vuông tại \({\rm{H}}\) nên ${\text{C}}^{\text{'}}\text{KH}<{90}^{°}$

Trong \(\Delta {\rm{HAC}}\) ta có

\(\begin{array}{l}{\rm{HK}} = \frac{{2\;{{\rm{S}}_{{\rm{HAC}}}}}}{{{\rm{AC}}}} = \frac{{{{\rm{S}}_{{\rm{ABC}}}}}}{{{\rm{AC}}}} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{2}\\ \Rightarrow \tan {{\rm{C}}^\prime }{\rm{KH}} = \frac{{{{\rm{C}}^\prime }{\rm{H}}}}{{{\rm{HK}}}} = 1 \Rightarrow {{\rm{C}}^\prime }{\rm{KH}} = {45^0}\end{array}\)

Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra \(\left( {({\rm{ABC}}),\left( {{\rm{AC}}{{\rm{C}}^\prime }{{\rm{A}}^\prime }} \right)} \right) = {45^0}\)

Ghi chú: Có thể tính độ dài AH và suy ra  vuông tại A để suy ra \({\rm{K}} \equiv {\rm{A}}\) )

Bài 6. Cho hình lăng trụ \(ABCD \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }\) có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a. Hình chiếu vuông góc của điểm \({{\rm{A}}^\prime }\) trên mặt phẳng ABCD là trung điểm I của cạnh AB. Biết \({{\rm{A}}^\prime }{\rm{C}}\) tạo với mặt phẳng đáy một góc \(\alpha \) với \(\tan \alpha  = \frac{2}{{\sqrt 5 }}\). Tính theo a thể tích khối chóp \({{\rm{A}}^\prime }\).ICD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng \(\left( {{{\rm{A}}^\prime }{\rm{AC}}} \right)\)

Giải

Theo bài ra ta có IC là hình chiếu vuông góc của \({{\rm{A}}^\prime }{\rm{C}}\) trên mặt phẳng (ABCD). Suy ra \(\left( {{{\rm{A}}^\prime }{\rm{C}},({\rm{ABCD}})} \right) = \left( {{{\rm{A}}^\prime }{\rm{C}},{\rm{CI}}} \right) = {{\rm{A}}^\prime }{\rm{CI}} = \alpha \)

Xét ta giác vuông A'IC:

\({{\rm{A}}^\prime }{\rm{I}} = {\rm{IC}} \cdot \tan {{\rm{A}}^\prime }{\rm{CI}} = {\rm{IC}} \cdot \tan \alpha  = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 5 }}{2} \cdot \frac{2}{{\sqrt 5 }} = {\rm{a}}\)

Thể tích khối chóp A'.ICD là:

\({{\rm{V}}_{{\rm{A}} \cdot {\rm{ICD}}}} = \frac{1}{3}\;{{\rm{A}}^\prime }{\rm{I}} \cdot {{\rm{S}}_{\Delta {\rm{ICD}}}} = \frac{1}{3}{\rm{a}} \cdot \frac{{{{\rm{a}}^2}}}{2} = \frac{{{{\rm{a}}^3}}}{6}({\rm{dvtt}})\) \({C^\prime }\)

Ta có \({\rm{BI}} \cap \left( {{{\rm{A}}^\prime }{\rm{AC}}} \right) = {\rm{A}}\) và I là trung điểm AB nên \({\rm{d}}\left( {{\rm{B}};\left( {{{\rm{A}}^\prime }{\rm{AC}}} \right)} \right) = 2\;{\rm{d}}\left( {{\rm{I}};\left( {{{\rm{A}}^\prime }{\rm{AC}}} \right)} \right)\)

Trong mặt phẳng (ABCD) kẻ \({\rm{IK}}//{\rm{BD}} \Rightarrow {\rm{IK}} \bot {\rm{AC}}\), mà \({{\rm{A}}^\prime }{\rm{I}} \bot {\rm{AC}}\) (do \({{\rm{A}}^\prime }{\rm{I}} \bot ({\rm{ABCD}})\) ) nên \({\rm{AC}} \bot \left( {{{\rm{A}}^\prime }{\rm{IK}}} \right)\). Kẻ \({\rm{IH}} \bot {{\rm{A}}^\prime }{\rm{K}} \Rightarrow {\rm{IH}} \bot \left( {{{\rm{A}}^\prime }{\rm{AC}}} \right) \Rightarrow {\rm{d}}\left( {{\rm{I}};\left( {{{\rm{A}}^\prime }{\rm{AC}}} \right)} \right) = {\rm{IH}}\)

Xét tam giác vuông A'IK có \({A^\prime }I = a,IK = \frac{{BD}}{4} = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\) \(\frac{1}{{{\rm{I}}{{\rm{H}}^2}}} = \frac{1}{{{\rm{I}}{{\rm{K}}^2}}} + \frac{1}{{{\rm{I}}{{\rm{A}}^{\prime 2}}}} = \frac{8}{{{{\rm{a}}^2}}} + \frac{1}{{{{\rm{a}}^2}}} = \frac{9}{{{{\rm{a}}^2}}} \Rightarrow {\rm{IH}} = \frac{{\rm{a}}}{3}\)

Suy ra d \(\left( {B;\left( {{A^\prime }AC} \right)} \right) = \frac{{2a}}{3}\)

Bài 7. Cho hình hộp \({\rm{ABCD}} \cdot {{\rm{A}}^\prime }{{\rm{B}}^\prime }{{\rm{C}}^\prime }{{\rm{D}}^\prime }\) có mặt bên \({\rm{AA}}{{\rm{A}}^\prime }{{\rm{D}}^\prime }{\rm{D}}\) là hình thoi cạnh bằng a nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy (ABCD) và cách BC một khoảng bằng \(\frac{{\rm{a}}}{2}\). Biết cạnh \({\rm{A}}{{\rm{A}}^\prime }\) hợp với mặt đáy (ABCD) một góc bằng ${60}^{°}$. Tính thể tích của khối hộp \({\rm{ABCD}} \cdot {{\rm{A}}^\prime }{{\rm{B}}^\prime }{{\rm{C}}^\prime }{{\rm{D}}^\prime }\).

Giải

Ta có: \(\left( {{\rm{A}}{{\rm{A}}^\prime }{\rm{D'D}}} \right) \bot ({\rm{ABCD}})\) theo giao tuyến \({\rm{AD}}\)(1)

Vẽ \({{\rm{A}}^\prime }{\rm{H}} \bot {\rm{AD}}\) và \({\rm{BK}} \bot {\rm{AD}};{\rm{H}},{\rm{K}} \in {\rm{AD}}\) (2)

Từ \((1)\) và \((2) \Rightarrow {{\rm{A}}^\prime }{\rm{H}} \bot ({\rm{ABCD}})\) và \({\rm{BK}} =  \bot (AA'D'D)\)

\( \Rightarrow {{\rm{A}}^\prime }{\rm{H}} = {\rm{d}}\left( {\left( {{{\rm{A}}^\prime }{{\rm{B}}^\prime }{{\rm{C}}^\prime }{{\rm{D}}^\prime }} \right),({\rm{ABCD}})} \right)\)

\({\rm{BK}} = {\rm{d}}\left( {{\rm{B}},\left( {{\rm{A}}{{\rm{A}}^\prime }{{\rm{D}}^\prime }{\rm{D}}} \right)} \right)\)

\( = {\rm{d}}\left( {{\rm{BC}},\left( {{\rm{A}}{{\rm{A}}^\prime }{{\rm{D}}^\prime }{\rm{D}}} \right)} \right) = \frac{{\rm{a}}}{2}\)

(vì BC//(AA'D'D))

Vì \({{\rm{A}}^\prime }{\rm{H}} \bot ({\rm{ABCD}})\) nên góc hợp bởi \({\rm{A}}{{\rm{A}}^\prime }\) và \(({\rm{ABCD}})\) là ${\text{A}}^{\text{'}}\text{AH}={60}^{°}$

Tam giác \({{\rm{A}}^\prime }{\rm{AH}}\) vuông tại $\text{H}\Rightarrow {\text{A}}^{\text{'}}\text{H}={\text{AA}}^{\text{'}}\sin {\text{A}}^{\text{'}}\text{AH}=\text{a}\sin {60}^{°}=\frac{\text{a}\sqrt{3}}{2}$

Vậy thể tích của khối hộp \(ABCD \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }\) là:

\({\rm{V}} = {{\rm{S}}_{{\rm{ABCD}}}} \cdot {{\rm{A}}^\prime }{\rm{H}} = {\rm{AD}} \cdot {\rm{BK}} \cdot {{\rm{A}}^\prime }{\rm{H}} = {\rm{a}} \cdot \frac{{\rm{a}}}{2} \cdot \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{{\rm{a}}^3}\sqrt 3 }}{4}\)

Bài 8. Cho hình hộp \(ABCD \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }\) có đáy ABCD là hình chữ nhật, \(AB = a,AD = 2a\). Biết tam giác \({{\rm{A}}^\prime }{\rm{AB}}\) là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng hợp với đáy (ABCD) một góc bằng \(\alpha \). Tính thể tích của khối hộp \({\rm{ABCD}} \cdot {{\rm{A}}^\prime }{{\rm{B}}^\prime }{{\rm{C}}^\prime }{{\rm{D}}^\prime }\) theo a và \(\alpha \).

Giải

Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB và CD, ta có:

$\left\{\begin{array}{l}\text{MN}\perp \text{AB (vi MN là duong trung bình cua hinh chu nhat }\\ {\text{A}}^{\text{'}}\text{M}\perp {\text{AB (vi tam giac A}}^{\text{'}}\text{AB la tam giac deu) }\end{array}\right.$

\( \Rightarrow {{\rm{A}}^\prime }{\rm{MN}} = \alpha \) (góc hợp bởi (\({{\rm{A}}^\prime }{\rm{AB}}\)) và đáy (ABCD))

Ta cũng có \(AB \bot \left( {{A^\prime }MN} \right)\) (vì \(AB \bot MN\) và \(\left. {AB \bot {A^\prime }M} \right)\)

\( \Rightarrow ({\rm{ABCD}}) \bot \left( {{{\rm{A}}^\prime }{\rm{MN}}} \right)\) theo giao tuyến \({\rm{MN}}\)(1)

Vẽ \({{\rm{A}}^\prime }{\rm{H}} \bot {\rm{MN}},{\rm{H}} \in {\rm{MN}}\)(2)

Từ \((1)\) và \((2) \Rightarrow {{\rm{A}}^\prime }{\rm{H}} \bot ({\rm{ABCD}}) \Rightarrow {{\rm{A}}^\prime }{\rm{H}} = {\rm{d}}\left( {\left( {{{\rm{A}}^\prime }{{\rm{B}}^\prime }{{\rm{C}}^\prime }{{\rm{D}}^\prime }} \right),({\rm{ABCD}})} \right)\)

Tam giác \({{\rm{A}}^\prime }{\rm{AB}}\) là tam giác đều có cạnh \({\rm{AB}} = {\rm{a}} \Rightarrow {{\rm{A}}^\prime }{\rm{M}} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{2}\)

Tam giác A'HM vuông tại \({\rm{H}} \Rightarrow {{\rm{A}}^\prime }{\rm{H}} = {{\rm{A}}^\prime }{\rm{M}}\sin {{\rm{A}}^\prime }{\rm{MH}} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{2}\sin \alpha \)

Vậy thể tích của khối hộp \(ABCD \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }\) là:

\({\rm{V}} = {{\rm{S}}_{{\rm{ABCD}}}} \cdot {{\rm{A}}^\prime }{\rm{H}} = {\rm{AB}} \cdot {\rm{AD}} \cdot {{\rm{A}}^\prime }{\rm{H}} = {\rm{a}} \cdot 2{\rm{a}} \cdot \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{2}\sin \alpha  = {{\rm{a}}^3}\sqrt 3 \sin \alpha \)

Bài 9. Cho hai đoạn thẳng AB và CD chéo nhau, AC là đường vuông góc chung của chúng. Biết rằng \({\rm{AC}} = {\rm{h}},{\rm{AB}} = {\rm{a}},{\rm{CD}} = {\rm{b}}\) và góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng ${60}^{°}$. Hãy tính thể tích của tứ diện ABCD.

Giải

Dựng hình lăng trụ \({\rm{ABE}}\).FDC ( BE song song và bằng DC, DF song và bằng AB Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{AC}} \bot {\rm{AB}}({\rm{gt}})}\\{{\rm{AC}} \bot {\rm{CD}}({\rm{gt}})}\\{{\rm{CD}}//{\rm{BE}} \Rightarrow {\rm{AC}} \bot {\rm{BE}}}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow {\rm{AC}} \bot ({\rm{ABE}}) \Rightarrow {\rm{AC}} = {\rm{h}}\) là chiều cao của hình chóp C.ABE.

Tam giác \({\rm{ABE}}\) có \({\rm{AB}} = {\rm{a}},{\rm{BE}} = {\rm{CD}} = {\rm{b}}\) và $\text{ABE}=(\text{AB},\text{CD})={60}^{°}$

$\Rightarrow {\text{S}}_{△\text{ABE}}=\frac{1}{2}\text{AB}\cdot \text{BE}\cdot \sin \text{ABE}=\frac{1}{2}$$a\cdot b\cdot \sin {60}^{°}=\frac{\text{ab}\sqrt{3}}{4}$

Ta có

 $$\begin{gathered} {\text{V}}_{\text{ABCD}}={\text{V}}_{\text{C}\cdot \text{ABD}}={\text{V}}_{\text{C}\cdot \text{AFD}}={\text{V}}_{\text{A}\cdot \text{CDF}}={\text{V}}_{\text{C}\cdot \text{ABE}} \\ =\frac{1}{3} {\text{S}}_{△\text{ABE}}\cdot \text{CA}=\frac{1}{3}\cdot \frac{\text{ab}\sqrt{3}}{4}\cdot \text{h}=\frac{\text{abh}\sqrt{3}}{12} \end{gathered}$$

Chú ý: \({{\rm{V}}_{{\rm{ABCD}}}} = \frac{1}{3}\;{{\rm{V}}_{{\rm{ABE}}{\rm{.FDC }}}}\)

Bài 10. Cho khối hộp \(ABCD \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }\) có tất cả các cạnh bằng nhau và bằng a,${\text{A}}^{\text{'}}\text{AB}=\text{BAD}={\text{A}}^{\text{'}}\text{AD}=\alpha \left(0^0<\alpha <{90}^{°}\right)$. Hãy tính thể tích của khối hộp.

Giải

Ta có  (vìi có cạnh chung là \({\rm{A}}{{\rm{A}}^\prime }\), \({{\rm{A}}^\prime }{\rm{AB}} = {{\rm{A}}^\prime }{\rm{AD}} = \alpha \) và \(\left. {{\rm{AB}} = {\rm{AD}} = {\rm{a}}} \right)\)

\( \Rightarrow {A^\prime }B = {A^\prime }D\)

Vẽ \({{\rm{A}}^\prime }{\rm{H}} \bot {\rm{AC}}({\rm{H}} \in {\rm{AC}})\)(1)

Tam giác \({{\rm{A}}^\prime }{\rm{BD}}\) cân tại \({{\rm{A}}^\prime }\) (do \({{\rm{A}}^\prime }{\rm{B}} = {{\rm{A}}^\prime }{\rm{D}}\))

\( \Rightarrow {\rm{BD}} \bot {{\rm{A}}^\prime }{\rm{O}}({\rm{O}}\) là trung điểm của BD,O cũng là tâm của hình thoi ABCD

Ta còn có \({\rm{BD}} \bot {\rm{AC}}\)

\( \Rightarrow {\rm{BD}} \bot \left( {{{\rm{A}}^\prime }{\rm{AO}}} \right) \Rightarrow {\rm{BD}} \bot {{\rm{A}}^\prime }{\rm{H}}\)(2)

Từ (1) và (2) \[ \Rightarrow {\rm{A'H}} \bot ({\rm{ABCD}})\]

Đặt \({{\rm{A}}^\prime }{\rm{AO}} = \varphi \)

Vẽ \({{\rm{A}}^\prime }{\rm{K}} \bot {\rm{AD}}({\rm{K}} \in {\rm{AD}}) \Rightarrow {\rm{HK}} \bot {\rm{AK}}\) (định lý ba đường vuông góc)

Ta có: \(\cos \varphi  = \frac{{{\rm{AH}}}}{{{\rm{AA}}}}\) (tam giác vuông \(\left. {{\rm{A}}{{\rm{A}}^\prime }{\rm{H}}} \right)\)

\(\cos \alpha  = \frac{{{\rm{AK}}}}{{{\rm{A}}{{\rm{A}}^\prime }}}\left( {} \right.\) tam giác vuông \(\left. {{\rm{A}}{{\rm{A}}^\prime }{\rm{K}}} \right)\)

và \(\cos \frac{\alpha }{2} = \frac{{{\rm{AK}}}}{{{\rm{AH}}}}\) (tam giác \({\rm{AHK}}\) vuông tại \({\rm{K}}\) và \({\rm{HAK}} = \frac{{{\rm{BAD}}}}{2} = \frac{\alpha }{2}\) )

\( \Rightarrow \cos \varphi  \cdot \cos \frac{\alpha }{2} = \frac{{{\rm{AH}}}}{{{\rm{A}}{{\rm{A}}^\prime }}} \cdot \frac{{{\rm{AK}}}}{{{\rm{AH}}}} = \frac{{{\rm{AK}}}}{{{\rm{A}}{{\rm{A}}^\prime }}} = \cos \alpha \)

\( \Leftrightarrow \cos \varphi  = \frac{{\cos \alpha }}{{\cos \frac{\alpha }{2}}}\)

Tam giác \({\rm{A}}{{\rm{A}}^\prime }{\rm{H}}\) vuông tại \({\rm{H}}\) và có \({{\rm{A}}^\prime }{\rm{AH}} = \varphi \) nên

\(\begin{array}{l}{{\rm{A}}^\prime }{\rm{H}} = {\rm{A}}{{\rm{A}}^\prime } \cdot \sin \varphi  = {\rm{a}}\sin \varphi  = {\rm{a}}\sqrt {1 - {{\cos }^2}\varphi } \\ = {\rm{a}}\sqrt {1 - \frac{{{{\cos }^2}\alpha }}{{{{\cos }^2}\frac{\alpha }{2}}}}  = \frac{{\rm{a}}}{{\cos \frac{\alpha }{2}}}\sqrt {{{\cos }^2}\frac{\alpha }{2} - {{\cos }^2}\alpha } \end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {{\rm{V}}_{{\rm{ABCD}} \cdot {\rm{ABCD}}}}{{\rm{B}}^\prime } = {{\rm{S}}_{{\rm{ABCD}}}} \cdot {{\rm{A}}^\prime }{\rm{H}} = {\rm{AB}} \cdot {\rm{AD}} \cdot \sin {\rm{BAD}} \cdot {{\rm{A}}^\prime }{\rm{H}}\\ = {{\rm{a}}^2}\sin \alpha  \cdot \frac{{\rm{a}}}{{\cos \frac{\alpha }{2}}}\sqrt {{{\cos }^2}\frac{\alpha }{2} - {{\cos }^2}\alpha } \end{array}\)

\[\begin{array}{l} = {{\rm{a}}^2} \cdot 2\sin \frac{\alpha }{2} \cdot \cos \frac{\alpha }{2} \cdot \frac{{\rm{a}}}{{\cos \frac{\alpha }{2}}}\sqrt {{{\cos }^2}\frac{\alpha }{2} - {{\cos }^2}\alpha } \\ = 2{{\rm{a}}^3}\sin \frac{\alpha }{2}\sqrt {{{\cos }^2}\frac{\alpha }{2} - {{\cos }^2}\alpha } \end{array}\].