Giải SGK Toán 11 KNTT Bài 27. Thể tích có đáp án

Thể tích của căn phòng là: V = 4 × 5 × 3 = 60 (m$^{3}$).

Vì mỗi mét khối của phòng cần công suất điều hòa 200 BTU nên căn phòng cần điều hòa có công suất là: 60 × 200 = 12 000 (BTU).

Vậy bác An cần mua loại điều hòa có công suất là 12 000 BTU.

Gọi O là giao điểm của AC và BD. Vì S.ABCD là hình chóp đều nên SO ^ (ABCD).

Xét tam giác BCD vuông tại C, có $BD=\sqrt{B{C}^{2}+C{D}^{2}}=\sqrt{{a}^{2}+{a}^{2}}=a\sqrt{2}$ .

Vì ABCD là hình vuông nên O là trung điểm của BD, suy ra $BO=\frac{BD}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ .

Xét tam giác SOB vuông tại O, có $SO=\sqrt{S{B}^{2}-O{B}^{2}}=\sqrt{{b}^{2}-\frac{{a}^{2}}{2}}$ .

Ta có . ${V}_{S.ABCD}=\frac{1}{3}\cdot {S}_{ABCD}\cdot SO=\frac{1}{3}\cdot {a}^{2}\cdot \sqrt{{b}^{2}-\frac{{a}^{2}}{2}}=\frac{1}{3}\cdot {a}^{2}\cdot \sqrt{\frac{2{b}^{2}-{a}^{2}}{2}}$ .

a) Ta có ${S}_{{A}^{'}{B}^{'}{C}^{'}}=\frac{{a}^{2}\sqrt{3}}{4}$ ; ${S}_{ABC}=\frac{{(2a)}^{2}\sqrt{3}}{4}={a}^{2}\sqrt{3}$ .

Khi đó ${V}_{ABC.{A}^{'}{B}^{'}{C}^{'}}=\frac{1}{3}\cdot ({S}_{ABC}+{S}_{{A}^{'}{B}^{'}{C}^{'}}+\sqrt{{S}_{ABC}\cdot {S}_{{A}^{'}{B}^{'}{C}^{'}}})\cdot H{H}^{'}$

$=\frac{1}{3}\cdot ({a}^{2}\sqrt{3}+\frac{{a}^{2}\sqrt{3}}{4}+\sqrt{{a}^{2}\sqrt{3}\cdot \frac{{a}^{2}\sqrt{3}}{4}})\cdot h$.

$=\frac{1}{3}\cdot ({a}^{2}\sqrt{3}+\frac{{a}^{2}\sqrt{3}}{4}+\frac{{a}^{2}\sqrt{3}}{2})\cdot h$

b) Vì ABC.A'B'C' là khối chóp cụt đều nên (ABC) // (A'B'C') mà (AB$_{1}$C$_{1}$) Ì (ABC) nên (AB$_{1}$C$_{1}$) // (A'B'C').

Xét tam giác ABC có B$_{1}$, C$_{1}$ lần lượt là trung điểm của AB, AC nên B$_{1}$C$_{1}$ là đường trung bình của tam giác ABC do đó B$_{1}$C$_{1}$ // BC và ${B}_{1}{C}_{1}=\frac{BC}{2}=\frac{2a}{2}=a$ .

Lại có B'C' // BC nên B$_{1}$C$_{1}$ // B'C' và B'C' = B$_{1}$C$_{1}$ = a nên B$_{1}$C$_{1}$C'B' là hình bình hành.

Vì B$_{1}$, C$_{1}$ lần lượt là trung điểm của AB, AC nên AB$_{1}$ = AC$_{1}$ = a.

Vì A'B' // AB$_{1}$ và A'B' = AB$_{1}$ = a nên A'B'B$_{1}$A là hình bình hành.

Vì A'C' // AC$_{1}$ và A'C' = AC$_{1}$ = a nên A'C'C$_{1}$A là hình bình hành.

Do đó AB$_{1}$C$_{1}$.A'B'C' là hình lăng trụ.

Vì hình lăng trụ AB$_{1}$C$_{1}$.A'B'C' có cùng chiều cao với khối chóp cụt đều ABC.A'B'C' nên ${V}_{A{B}_{1}{C}_{1}.{A}^{'}{B}^{'}{C}^{'}}={S}_{{A}^{'}{B}^{'}{C}^{'}}.H{H}^{'}=\frac{{a}^{2}\sqrt{3}}{4}\cdot h$ .

Sọt đựng đồ có dạng hình chóp cụt đều ABCD.A'B'C'D'.

Ta có S$_{1}$ = S$_{ABCD}$ = 60$^{2}$ = 3 600(cm$^{2}$), S$_{2}$ = S$_{A'B'C'D'}$ = 30$^{2}$ = 900 (cm$^{2}$).

Kẻ D'H ^ BD tại H.

Gọi O và O' lần lượt là tâm của hình vuông ABCD và A'B'C'D'.

Vì OO' ^ (ABCD) nên OO' ^ OH, OO' ^ (A'B'C'D') nên OO' ^ B'D'.

Do đó OHD'O' là hình chữ nhật, suy ra O'D' = OH, OO' = HD'.

Xét tam giác B'C'D' vuông tại C', có

${B}^{'}{D}^{'}=\sqrt{{B}^{'}{{C}^{'}}^{2}+{C}^{'}{{D}^{'}}^{2}}=\sqrt{{30}^{2}+{30}^{2}}=30\sqrt{2}$ (cm).

Vì O' là trung điểm của B'D' nên ${D}^{'}{O}^{'}=\frac{{D}^{'}{B}^{'}}{2}=15\sqrt{2}$ (cm).

Xét tam giác BCD vuông tại C, có

$BD=\sqrt{B{C}^{2}+C{D}^{2}}=\sqrt{{60}^{2}+{60}^{2}}=60\sqrt{2}$ (cm).

Mà O là trung điểm của BD nên $DO=\frac{DB}{2}=30\sqrt{2}$ (cm).

Có HD = DO – OH = (cm).

Xét tam giác DHD' vuông tại H, có

${D}^{'}H=\sqrt{{}^{2}-H{D}^{2}}=\sqrt{{50}^{2}-{(15\sqrt{2})}^{2}}=5\sqrt{82}$ (cm).

Do đó $5\sqrt{82}$ (cm).

${V}_{ABCD.{A}^{'}{B}^{'}{C}^{'}D\ }=\frac{1}{3}({S}_{1}+{S}_{2}+\sqrt{{S}_{1}\cdot {S}_{2}})\cdot$

$=\frac{1}{3}(3\ 600+900+\sqrt{3\ 600\cdot 900})\cdot 5\sqrt{82}=10500\sqrt{82}$(cm$^{3}$).

Gọi G là hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABC). Vì S.ABC là khối chóp đều nên G là trọng tâm của tam giác ABC. Có SG ^ (ABC).

Giả sử AG Ç BC tại D, khi đó D là trung điểm của BC, AD ^ BC.

Xét tam giác ABC đều cạnh a, AD là đường cao nên $AD=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ , ${S}_{ABC}=\frac{{a}^{2}\sqrt{3}}{4}$ .

Vì $AG=\frac{2}{3}AD=\frac{a\sqrt{3}}{3}$ .

Xét tam giác SGA vuông tại G, có$SG=\sqrt{S{A}^{2}-A{G}^{2}}=\sqrt{{b}^{2}-\frac{{a}^{2}}{3}}=\sqrt{\frac{3{b}^{2}-{a}^{2}}{3}}$ .

Ta có ${V}_{S.ABC}=\frac{1}{3}\cdot {S}_{ABC}\cdot SG=\frac{1}{3}\cdot \frac{{a}^{2}\sqrt{3}}{4}\cdot \sqrt{\frac{3{b}^{2}-{a}^{2}}{3}}=\frac{{a}^{2}\sqrt{3{b}^{2}-{a}^{2}}}{12}$ .

Khi đó thể tích khối tứ diện đều có cạnh bằng a là: $\frac{{a}^{2}\sqrt{3{a}^{2}-{a}^{2}}}{12}=\frac{{a}^{3}\sqrt{2}}{12}$.

Vì ABC.A'B'C' là khối lăng trụ đứng nên A'A ^ (ABC).

Có ${S}_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot BC\cdot \sin \widehat{ABC}=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 2\cdot \sin 150^{\circ}=3$ (cm$^{2}$).

${V}_{ABC.{A}^{'}{B}^{'}{C}^{'}}={S}_{ABC}\cdot$= 3 × 5 = 15 (cm$^{3}$).

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Do S.ABCD là khối chóp đều nên SO ^ (ABCD). Khi đó OC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng (ABCD). Khi đó góc giữa cạnh bên SC và mặt phẳng (ABCD) bằng góc giữa hai đường thẳng OC và SC, mà (OC, SC) = $\widehat{SCO}=60^{\circ}$ .

Xét tam giác ABC vuông tại B, có $AC=\sqrt{A{B}^{2}+B{C}^{2}}=\sqrt{{6}^{2}+{6}^{2}}=6\sqrt{2}$ (cm).

Vì ABCD là hình vuông nên O là trung điểm của AC, suy ra $OC=\frac{AC}{2}=3\sqrt{2}$ (cm).

Xét tam giác SOC vuông tại O, có SO = OC × tan60° = $3\sqrt{2}\cdot \sqrt{3}=3\sqrt{6}$ (cm).

Khi đó ${V}_{S.ABCD}=\frac{1}{3}\cdot {S}_{ABCD}\cdot SO$$=\frac{1}{3}\cdot 6\cdot 6\cdot 3\sqrt{6}=36\sqrt{6}$ (cm$^{3}$).

Kẻ OE ^ CD tại E.

Vì SO ^ (ABCD) nên SO ^ CD mà OE ^ CD nên CD ^ (SOE), suy ra CD ^ SE.

Khi đó góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) bằng góc giữa hai đường thẳng OE và SE, mà (OE, SE) = $\widehat{SEO}=45^{\circ}$ .

Xét tam giác SOE vuông tại O, có $\widehat{SEO}=45^{\circ}$ nên tam giác SOE vuông cân tại O, suy ra SO = OE.

Xét tam giác BCD, có OE // BC (vì cùng vuông góc với CD), mà O là trung điểm của BD nên E là trung điểm của CD, do đó OE là đường trung bình của tam giác BCD.

Suy ra$OE=\frac{BC}{2}=\frac{6}{2}=3$ (cm). Do đó SO = 3 cm.

Vậy${V}_{S.ABCD}=\frac{1}{3}\cdot {S}_{ABCD}\cdot SO=\frac{1}{3}\cdot 6\cdot 6\cdot 3=36$ (cm$^{3}$).

Vì hình chóp A'.ABC có A'A = A'B = A'C, ABC là tam giác đều nên hình chóp A'.ABC là hình chóp đều.

Gọi F là hình chiếu của A' trên mặt phẳng (ABC), khi đó F là trọng tâm tam giác ABC. Khi đó A'F ^ (ABC) hay A'F là đường cao của hình lăng trụ ABC.A'B'C'.

Giả sử AF Ç CB tại D, suy ra D là trung điểm của BC, AD ^ BC.

Vì ABC là tam giác đều cạnh a, đường cao AD nên $AD=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ và ${S}_{ABC}=\frac{{a}^{2}\sqrt{3}}{4}$ .

Có $AF=\frac{2}{3}AD=\frac{2}{3}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$ .

Xét tam giác A'FA vuông tại F, có

${A}^{'}F=\sqrt{A{{A}^{'}}^{2}-A{F}^{2}}=\sqrt{{b}^{2}-\frac{{a}^{2}}{3}}=\sqrt{\frac{3{b}^{2}-{a}^{2}}{3}}$.

Khi đó ${V}_{ABC.{A}^{'}{B}^{'}{C}^{'}}={S}_{ABC}\cdot {A}^{'}F=\frac{{a}^{2}\sqrt{3}}{4}\cdot \sqrt{\frac{3{b}^{2}-{a}^{2}}{3}}=\frac{{a}^{2}\sqrt{3{b}^{2}-{a}^{2}}}{4}$ .

a) Có AB // A'B' nên AB // (A'B'C'D').

AD // A'D' nên AD // (A'B'C'D'). Do đó (ABCD) // (A'B'C'D').

Vì bác Hùng cắt bỏ bốn phần như nhau ở bốn góc và hàn lại sẽ tạo thành 4 mặt bên là các hình thang cân. Vậy chiếc thùng có dạng hình chóp cụt.

b) Dựa vào hình 7.99, ta có A'B' = B'C' = C'D' = D'A' = 8 – 2 = 6 (dm).

Kẻ AH ^ A'B' tại H, Kẻ BK ^ A'B' tại K.

Khi đó ABKH là hình chữ nhật, suy ra AB = HK = 3 dm,

AH = BK = (8 – 3) : 2 = 2,5 dm.

Xét DAHA' và DBKB' có AA' = BB', $\widehat{AH{A}^{'}}=\widehat{BK{B}^{'}}=90^{\circ}$ , AH = BK.

Do đó DAHA' = DBKB', suy ra A'H = B'K = (A'B' – HK): 2 = (6 – 3) : 2 = 1,5 dm.

Xét tam giác AHA' vuông tại H, có $A{A}^{'}=\sqrt{A{H}^{2}+{A}^{'}{H}^{2}}=\sqrt{2,{5}^{2}+1,{5}^{2}}=\sqrt{\frac{17}{2}}$ (dm).

Vậy cạnh bên của thùng là $\sqrt{\frac{17}{2}}$dm.

c) Gọi O và O' lần lượt là tâm của hình vuông ABCD và A'B'C'D'.

Vì ACC'A' là hình thang cân nên đường cao của hình chóp cụt cũng chính là đường cao của hình thang cân.

Kẻ CE ^ A'C' tại E.

Vì OCEO' là hình chữ nhật nên OC = O'E.

Xét tam giác ABC vuông tại B có

$AC=\sqrt{A{B}^{2}+B{C}^{2}}=\sqrt{{3}^{2}+{3}^{2}}=3\sqrt{2}$(dm)

Mà O là trung điểm của AC nên $OC=\frac{AC}{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$ (dm) .

Xét tam giác A'B'C' vuông tại B' có

${A}^{'}{C}^{'}=\sqrt{{A}^{'}{{B}^{'}}^{2}+{B}^{'}{{C}^{'}}^{2}}=\sqrt{{6}^{2}+{6}^{2}}=6\sqrt{2}$(dm)

Mà O' là trung điểm của A'C' nên ${O}^{'}{C}^{'}=\frac{{A}^{'}{C}^{'}}{2}=3\sqrt{2}$(dm).

Có C'E = O'C' – O'E =$3\sqrt{2}-\frac{3\sqrt{2}}{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$ (dm).

Xét tam giác CC'E vuông tại E, có

$CE=\sqrt{C{{C}^{'}}^{2}-{C}^{'}{E}^{2}}=\sqrt{\frac{17}{2}-\frac{18}{4}}=2$ (dm).

Do đó OO' = 2 dm

Ta có S$_{1}$ = S$_{ABCD}$ = 3 × 3 = 9 (dm$^{2}$); S$_{2}$ = S$_{A'B'C'D'}$ = 6 × 6 = 36 (dm$^{2}$).

Khi đó ${V}_{ABCD.{A}^{'}{B}^{'}{C}^{'}{D}^{'}}=\frac{1}{3}({S}_{1}+{S}_{2}+\sqrt{{S}_{1}\cdot {S}_{2}})\cdot O{O}^{'}$

$=\frac{1}{3}(9+36+\sqrt{9\cdot 36})\cdot 2=42$ (dm$^{3}$).

Ta có 42 dm$^{3}$ = 42 lít.

Vậy thùng có thể chứa được nhiều nhất là 42 lít nước.