Giải SGK Toán 11 CD Bài 6. Hình lăng trụ đứng. Hình chóp đều. Thể tích của một số hình khối có đáp ánGiải SGK Toán 11 CD Bài 6. Hình lăng trụ đứng. Hình chóp đều. Thể tích của một số hình khối có đáp án

Quan sát Hình 79 ta thấy hình lăng trụ đứng với đáy là đa giác đều có tính chất sau:

⦁ Hai đáy là hai đa giác đều bằng nhau, các cạnh đáy bằng nhau.

⦁ Cạnh bên bằng nhau và cùng vuông góc với mặt đáy.

⦁ Các mặt bên là các hình chữ nhật, mặt phẳng chứa mặt bên vuông góc với mặt phẳng đáy.

Do: A’B’BA là hình chữ nhật nên AA’ ⊥ AB và AA’ // BB’;

A’C’CA là hình chữ nhật nên AA’ ⊥ AC và AA’ // CC’.

Ta có: AA’ ⊥ AB, AA’ ⊥ AC và AB ∩ AC = A trong (ABC).

Suy ra AA’ ⊥ (ABC).

Hơn nữa: AA’ // BB’ và AA’ // CC’.

Suy ra BB’ ⊥ (ABC) và CC’ ⊥ (ABC).

Chứng minh tương tự ta được: AA’ ⊥ (A’B’C’), BB’ ⊥ (A’B’C’) và CC’ ⊥ (A’B’C’).

Vậy mỗi cạnh bên của lăng trụ đó đều vuông góc với các mặt đáy.

Quan sát Hình 83a, 83b ta thấy:

a) Đáy của hình chóp mà bạn Dũng tạo ra là tứ giác có bốn cạnh bằng nhau, bốn góc bằng nhau và bằng 90°.

Vậy đáy của hình chóp đó là hình vuông.

Do S.ABC là hình chóp tam giác đều nên SA = SB = SC (các cạnh bên bằng nhau).

Gọi O là chân đường cao của hình chóp tam giác đều S.ABC.

Do SO ⊥ (ABC) nên SO ⊥ OA, SO ⊥ OB, SO ⊥ OC.

Xét ∆SAO và ∆SBO có:

$\widehat{SOA}=\widehat{SOB}=90^{\circ};$

SO là cạnh chung;

SA = SB (chứng minh trên)

Do đó ∆SAO = ∆SBO (cạnh huyền – cạnh góc vuông)

Suy ra $\widehat{SAO}=\widehat{SCO}$ (hai góc tương ứng)

Chứng minh tương tự, ta cũng có∆SAO = ∆SCO nên $\widehat{SAO}=\widehat{SCO}.$

Từ đó ta có: $\widehat{SAO}=\widehat{SBO}=\widehat{SCO}.$

Vậy các cạnh bên tạo với mặt phẳng chứa đáy các góc bằng nhau.

⦁ Xét ∆SAB có: A’, B’ lần lượt là trung điểm của SA, SB nên A’B’ là đường trung bình của ∆SAB. Do đó A’B’ // AB.

Mà AB ⊂ (ABC).

Suy ra A’B’ // (ABC).

⦁ Chứng minh tương tự, ta cũng có B’C’ // (ABC).

Ta có: A’B’ // (ABC), B’C’ // (ABC) và A’B’ ∩ B’C’ = B’ trong (A’B’C’).

Suy ra (A’B’C’) // (ABC).

Mà S.ABC là hình chóp đều.

Vậy phần hình chóp đã cho giới hạn bởi hai mặt phẳng (ABC) và (A’B’C’) là hình chóp cụt đều.

Lời giải

Thể tích của khối lăng trụ đứng tam giác, tứ giác đều được tính bằng công thức:

V = S.h.

Trong đó S là diện tích đáy và h là chiều cao khối lăng trụ đứng tam giác.

Gọi H là trung điểm của AB nên $AH=\frac{AB}{2}=\frac{a}{2}.$

Vì hình chiếu của A’ trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của AB nên A’H ⊥ (ABC).

Ta có: A’H ⊥ (ABC) và AB ⊂ (ABC) nên A’H ⊥ AB.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác A’AH vuông tại H (do A’H ⊥ AB) có:

A’A$^{2}$ = A’H$^{2}$ + AH$^{2}$

Do đó ${A}^{'}H=\sqrt{{A}^{'}{A}^{2}-A{H}^{2}}=\sqrt{{a}^{2}-{(\frac{a}{2})}^{2}}=\sqrt{{a}^{2}-\frac{{a}^{2}}{4}}=\sqrt{\frac{3{a}^{2}}{4}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Xét ∆ABC đều có: CH là đường trung tuyến (do H là trung điểm của AB) nên CH cũng là đường cao của tam giác ABC hay CH ⊥ AB.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác ACH vuông tại H (do CH ⊥ AB) có:

AC$^{2}$ = AH$^{2}$ + CH$^{2}$

Do đó $CH=\sqrt{A{C}^{2}-A{H}^{2}}=\sqrt{{a}^{2}-{(\frac{a}{2})}^{2}}=\sqrt{{a}^{2}-\frac{{a}^{2}}{4}}=\sqrt{\frac{3{a}^{2}}{4}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Khi đó, diện tích tam giác ABC có đường cao $CH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ là:

${S}_{ΔABC}=\frac{1}{2}CH.AB=\frac{1}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.a=\frac{{a}^{2}\sqrt{3}}{4}$ (đvdt)

Thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ có chiều cao ${A}^{'}H=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ và diện tích đáy ${S}_{ΔABC}=\frac{{a}^{2}\sqrt{3}}{4}$ là: ${V}_{ABC.{A}^{'}{B}^{'}{C}^{'}}={S}_{ΔABC}.{A}^{'}H=\frac{{a}^{2}\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{3{a}^{3}}{8}$ (đvtt).

Gọi M là trung điểm của BC, O là trọng tâm tam giác BCD.

Vì ABCD là hình tứ diện đều nên BCD là tam giác đều.

Mà O là trọng tâm tam giác BCD nên O cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD.

Do đó AO ⊥ (BCD).

Xét tam giác đều BCD có: DM là đường trung tuyến (do M là trung điểm của BC) cũng đồng thời là đường cao của tam giác nên DM ⊥ BC.

Do M là trung điểm của BC nên $MC=\frac{BC}{2}=\frac{a}{2}.$

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác DMC vuông tại M (do DM ⊥ BC) có:

DC$^{2}$ = DM$^{2}$ + MC$^{2}$

Do đó $DM=\sqrt{D{C}^{2}-M{C}^{2}}=\sqrt{{a}^{2}-{(\frac{a}{2})}^{2}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Vì O là trọng tâm tam giác BCD nên $OD=\frac{2}{3}DM=\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}.$

Do AO ⊥ (BCD) và DO ⊂ (BCD) nên AO ⊥ DO, do đó tam giác ADO vuông tại O.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác ADO vuông tại O có:

AD$^{2}$ = AO$^{2}$ + DO$^{2}$

Suy ra $AO=\sqrt{A{D}^{2}-D{O}^{2}}=\sqrt{{a}^{2}-{(\frac{a\sqrt{3}}{3})}^{2}}=\sqrt{{a}^{2}-\frac{{a}^{2}}{3}}=\sqrt{\frac{2{a}^{2}}{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}.$

Diện tích tam giác BCD đều có đường cao DM là: ${S}_{ΔBCD}=\frac{1}{2}.DM.BC=\frac{1}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.a=\frac{{a}^{2}\sqrt{3}}{4}$ (đvdt).

Thể tích của khối tứ diện đều ABCD cạnh a có chiều cao $AO=\frac{a\sqrt{6}}{3}$ và diện tích đáy ${S}_{ΔBCD}=\frac{{a}^{2}\sqrt{3}}{4}$ là:

${V}_{ABCD}=\frac{1}{3}{S}_{ΔBCD}.AO=\frac{1}{3}.\frac{{a}^{2}\sqrt{3}}{4}.\frac{a\sqrt{6}}{3}=\frac{{a}^{3}\sqrt{2}}{12}$ (đvtt).

Một thùng đựng rác có dạng khối chóp cụt tứ giác đều nên ta có hai đáy là hình vuông.

Diện tích đáy lớn là S$_{1}$ = 3$^{2}$ = 9 (dm$^{2}$).

Diện tích đáy bé là S$_{2}$ = 2$^{2}$ = 4 (dm$^{2}$).

Vậy thể tích của thùng đựng rác có dạng khối chóp cụt tứ giác đều có chiều cao bằng 4 dm diện tích đáy hai đáy S$_{1}$ = 9 dm$^{2}$, S$_{2}$ = 4 dm$^{2}$ là:

$V=\frac{1}{3}h({S}_{1}+\sqrt{{S}_{1}{S}_{2}}+{S}_{2})=\frac{1}{3}.4.(9+\sqrt{9.4}+4)=\frac{76}{3}$ (dm$^{3}$).

Quan sát Hình 96a và 96b ta thấy:

⦁ Chiếc đèn treo ở Hình 96a là hình lăng trụ lục giác đều vì có các mặt bên là hình chữ nhật và vuông góc với mặt đáy, mặt đáy là lục giác đều.

⦁ Trạm khảo sát trắc địa là hình chóp cụt tứ giác đều vì có hai đáy là hình vuông và nằm trên hai mặt phẳng song song với nhau; mỗi mặt bên đều là hình thang cân; các đường thẳng chứa cạnh bên đều cùng đi qua một điểm.

a) Do S.ABCD là hình chóp đều nên SA = SB = SC = SD = a.

Vì ABCD là hình vuông nên AC = BC và $\widehat{ABC}=90^{\circ}.$

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác ABC vuông tại B có

AC$^{2}$ = AB$^{2}$ + BC$^{2}$ = a$^{2}$ + a$^{2}$ = 2a$^{2}$.

Mà AC = BD nên BD$^{2}$ = AC$^{2}$ = 2a$^{2}$.

⦁ Xét ∆ASC có: SA$^{2}$ + SC$^{2}$ = a$^{2}$ + a$^{2}$ = 2a$^{2}$ = AC$^{2}$.

Nên theo định lí Pythagore đảo ta có tam giác ASC vuông tại S.

Mà SA = SC nên tam giác ASC vuông cân tại S.

⦁ Xét tam giác BSD có: SB$^{2}$ + SD$^{2}$ = a$^{2}$ + a$^{2}$ = 2a$^{2}$ = BD$^{2}$.

Nên theo định lí Pythagore đảo ta có tam giác BSD vuông tại S.

Mà SB = SD nên tam giác BSD vuông cân tại S.

b) Do ABCD là hình vuông và O = AC ∩ BD nên O là trung điểm của AC và BD.

Xét ∆ASC vuông cân tại S có: SO là đường trung tuyến (do O là trung điểm của AC) nên cũng đồng thời là đường cao của tam giác. Do đó SO ⊥ AC.

Xét ∆BSD vuông cân tại S có: SO là đường trung tuyến (do O là trung điểm của BD) nên cũng đồng thời là đường cao của tam giác. Do đó SO ⊥ BD.

Ta có: SO ⊥ AC, SO ⊥ BD và AC ∩ BD = O trong (ABCD).

Do đó SO ⊥ (ABCD).

c) Vì SO ⊥ (ABCD) nên OA là hình chiếu của SA trên (ABCD).

Suy ra góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (ABCD) bằng góc $\widehat{SAO}$

Lại có tam giác ASC là tam giác vuông cân tại S nên $\widehat{SAO}=45^{\circ}.$

Vậy góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (ABCD) bằng 45°.

a) Ta có ABCD.A’B’C’D’ là hình lăng trụ đứng nên BB’ ⊥ (ABCD).

Mà AC ⊂ (ABCD) nên BB’ ⊥ AC.

Do ABCD là hình vuông nên AC ⊥ BD.

Ta có: AC ⊥ BB’, AC ⊥ BD và BB’ ∩ BD = B trong (BDD’B’).

Suy ra AC ⊥ (BDD’B’).

Hơn nữa AC ⊂ (ACC’A’).

Từ đó, ta có (ACC’A’) ⊥ (BDD’B’).

b) Vì ABCD.A’B’C’D’ là hình lăng trụ đứng nên C’D’DC là hình chữ nhật.

Do đó CD // C’D’.

Mà CD // AB (do ABCD là hình vuông) nên AB // C’D’.

Khi đó, d(AB, C’D’) = d(B, C’D’). (1)

Vì ABCD.A’B’C’D’ là hình lăng trụ đứng và đáy ABCD là hình vuông nên A’B’C’D’ cũng là hình vuông.

Do đó C’D’ ⊥ B’C’.

Ta có: C’D’ ⊥ B’C’;

C’D’ ⊥ C’C (do C’D’DC là hình chữ nhật);

B’C’ ∩ C’C = C’ trong (BCC’B’).

Suy ra C’D’ ⊥ (B’C’CB).

Mà BC’ ⊂ (B’C’CB) nên C’D’ ⊥ BC’.

Khi đó d(B, C’D’) = BC’. (2)

Từ (1) và (2) ta có: d(AB, C’D’) = BC’.

Do ABCD.A’B’C’D’ là hình lăng trụ đứng nên C’C ⊥ (ABCD).

Khi đó AC là hình chiếu của AC’ trên (ABCD).

Suy ra góc giữa đường thẳng AC’ và mặt phẳng (ABCD) bằng $\widehat{{C}^{'}AC}=60^{\circ}.$

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác ABC vuông tại B có:

AC$^{2}$ = AB$^{2}$ + BC$^{2}$ = a$^{2}$ + a$^{2}$ = 2a$^{2}$.

Suy ra $AC=a\sqrt{2}.$

Ta có: C’C ⊥ (ABCD) và AC ⊂ (ABCD) nên C’C ⊥ AC.

Xét tam giác C’AC vuông tại C (do C’C ⊥ AC) có: $\tan \widehat{{C}^{'}AC}=\frac{{C}^{'}C}{AC}$

Do đó ${C}^{'}C=AC.\tan \widehat{{C}^{'}AC}=a\sqrt{2}.\tan 60^{\circ}=a\sqrt{6}.$

Do ABCD.A’B’C’D’ là hình lăng trụ đứng nên B’C’CB là hình chữ nhật.

Suy ra C’C ⊥ BC.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác C’CB vuông tại C (vì C’C ⊥ BC) có:

BC’$^{2}$ = CC’$^{2}$ + BC$^{2}$

Suy ra $B{C}^{'}=\sqrt{C{{C}^{'}}^{2}+B{C}^{2}}=\sqrt{{(a\sqrt{6})}^{2}+{a}^{2}}=a\sqrt{7}.$

Do đó $d(AB,{C}^{'}{D}^{'})=B{C}^{'}=a\sqrt{7}.$

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và C’D’ bằng $a\sqrt{7}.$

Thể thể tích của chiếc bánh chưng có dạng khối hộp chữ nhật với kích thước ba cạnh là 15 cm, 15 cm và 6 cm là:

V = abc = 15.15.6 = 1 350 (cm$^{3}$).

Vì đáy của miếng pho mát là tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng 12 cm nên ta có diện tích đáy là: $S=\frac{1}{2}.12.12=72$ (cm$^{2}$).

Thể tích của miếng pho mát có dạng khối lăng trụ đứng với chiều cao 10 cm và diện tích đáy 73 cm$^{2}$ là:

V = Sh = 72.10 = 720 (cm$^{3}$).

Khối lượng của miếng pho mát với khối lượng riêng 3 g/cm$^{3}$ và thể tích 720 cm$^{3}$ là:

m = 3.720 = 2 160 (g).

Mô hình hóa đèn đá muối bằng hình chóp tứ giác đều S.ABCD cạnh a.

Vì S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên đáy ABCD là hình vuông nên gọi O là giao điểm của AC và BD. Khi đó O là trung điểm của AC, BD và AC = BD.

Suy ra OA = OB = OC = OD.

Như vậy, O là tâm đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD.

Do đó, O là chân đường cao của hình chóp S.ABCD hay SO ⊥ (ABCD).

Mà AC ⊂ (ABCD) nên SO ⊥ AC.

Do ABCD là hình vuông nên $\widehat{ABC}=90^{\circ},$ do đó tam giác ABC vuông tại B.

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác ABC vuông tại B có:

AC$^{2}$ = AB$^{2}$ + BC$^{2}$ = a$^{2}$ + a$^{2}$ = 2a$^{2}$.

Suy ra $AC=a\sqrt{2}.$ Do đó $AO=\frac{AC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác SAO vuông tại O (do SO ⊥ AC) có:

SA$^{2}$ = AO$^{2}$ + SO$^{2}$

Suy ra $SO=\sqrt{S{A}^{2}-A{O}^{2}}=\sqrt{{a}^{2}-{(\frac{a\sqrt{2}}{2})}^{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

Diện tích hình vuông ABCD cạnh a là: S$_{ABCD}$ = a$^{2}$ (đvdt).

Thể tích của khối chóp tứ giác đều S.ABCD có chiều cao $SO=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ và diện tích đáy S$_{ABCD}$ = a$^{2}$ là:

${V}_{S.ABCD}=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}.SO=\frac{1}{3}.{a}^{2}.\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{{a}^{3}\sqrt{2}}{6}$ (đvtt).

Vậy thể tích của đèn đá muối cần tìm là $\frac{{a}^{3}\sqrt{2}}{6}.$

Mô hình hóa chân tháp của bài toán bằng khối chóp cụt tứ giác đều ABCD.A’B’C’D’, với O, O’ lần lượt là tâm của hai đáy ABCD và A’B’C’D’.

Như vậy ta có:

⦁ ABCD là hình vuông cạnh 5 có diện tích S$_{ABCD}$ = 5$^{2}$ = 25;

⦁ A’B’C’D’ là hình vuông cạnh 2 có diện tích S$_{A’B’C’D’}$ = 2$^{2}$ = 4;

⦁ Các cạnh bên A’A, B’B, C’C, D’D có độ dài bằng 3;

⦁ OO’ vuông góc với (ABCD) và (A’B’C’D’).

Do ABCD là hình vuông nên $\widehat{ABC}=90^{\circ},$ do đó tam giác ABC vuông tại B.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác ABC vuông tại B có:

AC$^{2}$ = AB$^{2}$ + BC$^{2}$ = 5$^{2}$ + 5$^{2}$ = 50.

Suy ra $AC=5\sqrt{2}.$

Do đó $CO=\frac{AC}{2}=\frac{5\sqrt{2}}{2}$ (do O là tâm hình vuông ABCD).

Do A’B’C’D’ là hình vuông nên $\widehat{{A}^{'}{B}^{'}{C}^{'}}=90^{\circ},$ do đó tam giác A’B’C’ vuông tại B’.

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác A’B’C’ vuông tại B’ có:

A’C’$^{2}$ = A’B’$^{2}$ + B’C’$^{2}$ = 2$^{2}$ + 2$^{2}$ = 8.

Suy ra ${A}^{'}{C}^{'}=2\sqrt{2}.$

Do đó ${C}^{'}{O}^{'}=\frac{{A}^{'}{C}^{'}}{2}=\frac{2\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$ (do O’ là tâm hình vuông A’B’C’D’).

Dễ thấy: (ABCD) ∩ (A’C’CA) = AC;

(A’B’C’D’) ∩ (A’C’CA) = A’C’.

Mà (ABCD) // (A’B’C’D’).

Suy ra AC // A’C’ hay A’C’CA là hình thang.

Xét hình thang A’C’CA, kẻ C’H ⊥ AC (H ∈ AC).

Vì OO’ ⊥ (ABCD) và AC ⊂ (ABCD) nên OO’ ⊥ AC.

Do đó C’H // OO’ (cùng vuông góc với AC).

Mà O’C’ // OH (do A’C’ // AC)

Suy ra O’C’HO là hình bình hành.

Do đó: OO’ = C’H và $OH={C}^{'}{O}^{'}=\sqrt{2}.$

Suy ra $HC=OC-OH=\frac{5\sqrt{2}}{2}-\sqrt{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}.$

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác C’HC vuông tại H (do C’H ⊥ AC) có:

C’C$^{2}$ = C’H$^{2}$ + HC$^{2}$

Suy ra ${C}^{'}H=\sqrt{{C}^{'}{C}^{2}-H{C}^{2}}=\sqrt{{3}^{2}-{(\frac{3\sqrt{2}}{2})}^{2}}=\frac{3\sqrt{2}}{2}.$

Do đó $O{O}^{'}={C}^{'}H=\frac{3\sqrt{2}}{2}.$

Thể tích khối chóp cụt tứ giác đều ABCD.A’B’C’D’ với chiều cao $O{O}^{'}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$ và diện tích hai đáy S$_{ABCD}$ = 25, S$_{A’B’C’D’}$ = 4 là:

${V}_{ABCD.{A}^{'}{B}^{'}{C}^{'}{D}^{'}}=\frac{1}{3}.\frac{3\sqrt{2}}{2}(25+\sqrt{25.4}+4)=\frac{39\sqrt{2}}{2}\$ (m$^{3}$).

Như vậy ta có thể tích của chân tháp đã cho bằng $\frac{39\sqrt{2}}{2}$ (m$^{3}$).

Vì chân tháp được làm bằng bê tông tươi với giá tiền là 1 470 000 đồng/m$^{3}$ nên số tiền để mua bê tông tươi làm chân tháp là:

$\frac{39\sqrt{2}}{2}.1\ 470\ 000\approx 40\ 538\ 432$ (đồng).

Vậy số tiền để mua bê tông tươi làm chân tháp khoảng 40 538 432 đồng.